Векторы в механике

Подсказка

Измеряйте перемещения в «минутах пути» и сложите отдельно смещения к северу и к востоку; по теореме Пифагора найдите расстояние до дома.

Подсказка

Постройте траекторию: на каждом интервале в одну секунду скорость тела постоянна, а при переходе от интервала к интервалу меняется знак одной из проекций. Какая фигура получается?

Ответ

\(S_{\max} = 20\text{ см}\).

Решение

Траектория — квадрат с длиной стороны \(10\sqrt2\) см. Наибольшее расстояние \(S_{\max}\) равно длине диагонали. Таким образом, \(S_{\max} = 20\) см.

Подсказка

Силы со стороны зарядов \(+q\) и \(-q\) на \(q_1\) равны по модулю; найдите их направления и определите, куда должна быть направлена сила от нового заряда.

Ответ

Заряд \(+q\) надо расположить в вершине \(D\) параллелограмма \(ACDB\).

Подсказка

Какая сила действует на участки провода, параллельные полю? Разбейте дугу на малые элементы тока и просуммируйте силы: чему равна сумма векторов \(\Delta\vec l_i\) для дуги?

Ответ

А) \(F_1 = 2I_1R_1B_1\); Б) \(F_2 = I_2\cdot 2\sqrt2\,R_2\cdot B_2\cdot\sin\dfrac{\pi}{4} = 6\) Н.

Решение

А) На провода, параллельные вектору индукции магнитного поля \(\vec B\), не действует сила Ампера. Разобьём проволочную полуокружность на элементы тока. На каждый элемент тока действует сила Ампера, равная \(\vec F_i = I\,[\Delta\vec l_i\times\vec B]\). Сила, действующая на весь проводник, равна векторной сумме сил, действующих на элементы тока: \[\vec F = \sum_i \vec F_i = \sum_i I\,[\Delta\vec l_i\times\vec B] = I\left[\sum_i\Delta\vec l_i\times\vec B\right] = I\,[\Delta\vec l\times\vec B],\] где \(\Delta\vec l\) "— вектор, соединяющий начальную и конечную точки проволочной полуокружности.

Окончательно получаем: \[F_1 = I_1\cdot 2R_1\cdot B_1\cdot\sin\frac{\pi}{2} = 2I_1R_1B_1.\]

Б) Аналогично предыдущему пункту получаем (см. рис.):

\[F_2 = I_2\cdot 2\sqrt2\,R_2\cdot B_2\cdot\sin\frac{\pi}{4} = 30\cdot 2\sqrt2\cdot 0{,}1\cdot 1\cdot\frac{\sqrt2}{2} = 6\text{ Н}.\]

Подсказка

Работа силы равна изменению кинетической энергии, а изменение импульса за время \(t\) равно \(\vec F t\). Из первого опыта выразите \(F\tau\) через \(mV\) и найдите скорость частицы во втором случае.

Ответ

\(t = \dfrac{1+\sqrt{31}}{5}\,\tau \approx 1{,}3\) с.

Подсказка

Полёт на юг и обратно на север возвращает самолёт на исходную широту. Найдите широту, на которой он летел на восток, и учтите, что радиус окружности параллели равен \(R\cos\theta\).

Ответ

Самолёту потребуется ещё примерно 109,2 с.

Подсказка

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

Подсказка

Сначала выясните, может ли магнит покоиться: сравните необходимую силу трения покоя с максимально возможной \(\mu N\). Если нет — сила трения скольжения известна.

Ответ

При \(\mu \ge \dfrac{\cos\alpha}{k - \sin\alpha}\) ускорение равно нулю; при \(\mu < \dfrac{\cos\alpha}{k - \sin\alpha}\) ускорение равно \(a = g\cos\alpha - \mu g (k - \sin\alpha)\).

Подсказка

Вектор индукции поля прямого провода перпендикулярен прямой, соединяющей провод с точкой наблюдения. Поле от диагонального провода слабее в \(\sqrt2\) раз, а его направление найдите по правилу буравчика.

Ответ

В каждой вершине квадрата \(B_1 = \sqrt{5/2}\,B\); в центре квадрата \(B_2 = 4B\).

Подсказка

Минимальные силы вниз и вверх дают два уравнения на проекцию силы тяжести вдоль плоскости и максимальную силу трения. Для движения в горизонтальном направлении по плоскости силы складываются как векторы.

Ответ

1) 1 м/с\(^2\);  2) 2,8 Н;  3) 0;  4) 1 м/с\(^2\).

Подсказка

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

Ответ

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

Подсказка

Скорость Васи относительно воды имеет заданную длину, но любое направление: её конец лежит на окружности. Какая касательная к этой окружности даёт наименьший снос?

Ответ

При \(v > u\) (в том числе в случае (а)) искомое минимальное расстояние равно нулю. При \(v < u\) (в том числе в случае (б)) Вася может оказаться от точки B на минимальном расстоянии \(x = L\sqrt{u^2 - v^2}/v\). В случае (б) \(x = 75\) м.

Решение

Если скорость Васи больше скорости течения реки (в частности, в случае (а)), он может попасть в точку B. Векторы скоростей течения реки \(\vec u\), Васи относительно воды \(\vec v\) и Васи относительно берега \(\vec u + \vec v\) приведены на рисунке:

Пусть скорость Васи меньше скорости течения реки. Изобразим на рисунке вектор скорости течения реки \(\vec u\). Вектор скорости Васи \(\vec v\) относительно воды имеет фиксированную величину, но его направление может быть любым. Возможные варианты расположения вектора \(\vec v\) изображены пунктиром на рисунке. Конец данного вектора лежит на окружности:

Смещение Васи относительно точки B окажется минимальным, если угол \(\alpha\) между скоростью Васи относительно берега \(\vec v_1 = \vec u + \vec v\) и направлением к точке B окажется как можно ближе к \(90^\circ\); при этом вектор \(\vec v_1\), направленный по касательной к окружности, окажется перпендикулярен вектору \(\vec v\), направленному вдоль радиуса окружности:

Учитывая, что по теореме Пифагора \(|\vec v_1| = \sqrt{u^2 - v^2}\), имеем \(\operatorname{ctg}\alpha = \sqrt{u^2 - v^2}/v\). При переправе Вася сместится относительно точки B на расстояние \(x = L\operatorname{ctg}\alpha = L\sqrt{u^2 - v^2}/v\):

В случае (б) смещение Васи относительно точки B равно \(x = 75\) м.

Подсказка

Скорость тела относительно квадрокоптера — разность скоростей тела и квадрокоптера. Постройте треугольники скоростей: конец вектора скорости квадрокоптера лежит на определённой прямой.

Ответ

1) квадрокоптер должен двигаться в западном направлении под углом \(\alpha = 30^\circ\) к горизонту;  2) скорость направлена в западном направлении под углом \(60^\circ\) к горизонту и равна по модулю скорости самолёта, то есть \(V/\sqrt{3}\).

Подсказка

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

Ответ

\(t \approx 4{,}4\) с.

Решение

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

Подсказка

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

Ответ

\(11{,}4\)–\(11{,}6\) м.

Подсказка

Изменение импульса за малое время равно \(e\,[\vec{\Delta r}, \vec B]\); просуммируйте по всей траектории, не зависящей от скорости частицы.

Ответ

\(8\).

Подсказка

В момент удара импульс передаётся вдоль линии центров шаров. Найдите угол этой линии с горизонталью по радиусам шаров, а при сохранении импульса учтите, что стол действует на большой шар вертикально.

Ответ

\(1{,}8\) м/с.

Подсказка

Автомобиль на грани сноса: полная сила трения покоя достигла максимума \(\mu m g\). Но в какую сторону направлена эта сила относительно ветра и скорости автомобиля, и какая её составляющая тянет автомобиль вперёд?

Ответ

\(F = \mu m g\cos\varphi\), где \(\cos\varphi = \dfrac{v}{\sqrt{v^2+u^2}}\); мощность \(N = Fv\). Номер столбца 2 (\(N \approx 120\) кВт).

Подсказка

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

Подсказка

Скорость течения относительно берега — сумма скорости течения относительно уточки и скорости уточки относительно берега. Какой фигуре соответствует равенство трёх векторов длиной 1 м/с?

Ответ

1) \(1{,}0\) м/с;  2) \(1{,}7\) м/с.

Подсказка

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 \(v_0\).

Ответ

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 \(v_0 \geqslant 2a\tau\): \(v_{\min} = 2a\tau(\operatorname{ctg}\alpha - 1)\), \(v_{\max} = \dfrac{2a\tau}{\sin\alpha}\).

Решение

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 (\(\alpha_\infty = \alpha\)).

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

Подсказка

Линия центров в момент удара задаёт нормаль: вдоль неё работают законы сохранения, а перпендикулярная ей компонента скорости каждой шайбы не меняется. Чему равен угол между линией центров и начальной скоростью?

Ответ

1) \(\dfrac{m_2}{m_1} = 3\);  2) \(v_1' = \dfrac{v\sqrt{10}}{4} \approx 6{,}3\) м/с.

Решение

При абсолютно упругом столкновении гладких шайб разность нормальных компонент скоростей шайб меняет знак. Нормалью в данном случае является перпендикуляр к общей касательной в точке соприкосновения шайб. Этот факт может быть получен из законов сохранения импульса и энергии.

Подсказка

При упругом ударе гладких одинаковых шайб касательная к точке контакта составляющая скорости каждой шайбы не меняется, а нормальные составляющие шайбы обмениваются. Разберите столкновения по очереди, в порядке их возможного наступления.

Ответ

а) \(u_1 = 0\), \(u_2 = 0\), \(u_3 = \dfrac{v\sqrt2}{2} \approx 56\) см/с или \(u_3 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 57\) см/с, \(u_4 = \dfrac{v\sqrt2}{2} \approx 56\) см/с или \(u_4 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 57\) см/с;  б) \(u_1 = \dfrac{v}{8} \approx 10\) см/с, \(u_2 = \dfrac{v\sqrt3}{8} \approx 17\) см/с, \(u_3 = \dfrac{v\sqrt3}{2} \approx 69\) см/с, \(u_4 = \dfrac{v\sqrt3}{4} \approx 35\) см/с.

Решение

Скорость \(k\)-й шайбы после всех столкновений обозначаем \(u_k\). При абсолютно упругом столкновении гладких шайб тангенциальные компоненты скоростей шайб не меняются, при этом шайбы обмениваются нормальными компонентами скоростей. Под тангенциальной и нормальной компонентами подразумеваются проекции скорости на направление общей касательной в точке взаимодействия шайб и на направление вдоль перпендикуляра к этой касательной соответственно. Этот факт можно получить на основе законов сохранения импульса и энергии.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта «Первого»: в ней катер движется перпендикулярно курсу, а «Второй» имеет некоторую скорость. Что значит «приплывает точно» для двух катеров, отплывших в разное время?

Ответ

\(u = \dfrac{v_1 v_2 \sin\alpha}{v_1 - v_2\cos\alpha} \approx 50\) км/ч.

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии; векторы импульса малого шарика до и после удара перпендикулярны.

Ответ

\(3{,}6\) кг

Подсказка

Скорость любой точки твёрдого тела — сумма скорости центра и скорости вращения вокруг центра. У вершин квадрата скорости вращения одинаковы по модулю и перпендикулярны радиусам \(OA\), \(OB\).

Ответ

Проекция \(V_O\) на направление \(AC\) может быть равной \(+4\) м/с, \(+3\) м/с, \(-4\) м/с или \(-3\) м/с.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, связанную с водой: в ней лодка движется по прямой, а изменение её скорости пропорционально пройденному пути.

Ответ

1) \(l = V_{\text{т}}\left(t - \dfrac{H}{V_0}\right)\);  2) \(V'_{\text{к}} = \sqrt{V_0^2 + V_{\text{т}}^2}\left(1 - \dfrac{kH}{mV_0}\right)\), причём \(V_0 \ge kH/m\).

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

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

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

Подсказка

Куда направлена сила тяжести жука и где должен находиться центр масс системы, чтобы клочок покоился? Разложите движение жука на движение по окружности относительно клочка и вращение самого клочка.

Ответ

\(u_{\max} = V\) при \(t = \dfrac{\pi a}{3V}\).

Подсказка

Скорость ветра относительно баржи "— это разность скорости ветра и скорости баржи. Нарисуйте векторы скорости ветра относительно озера и относительно барж из одной точки: где может лежать конец вектора скорости ветра?

Ответ

\(w_{\max} = \dfrac{2V_1V_2}{\sqrt{V_1^2+V_2^2}} = 4{,}8\) м/с;  \(\alpha = \arccos\dfrac{V_2}{\sqrt{V_1^2+V_2^2}} = \arccos\dfrac45 \approx 37^\circ\).

Подсказка

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

Ответ

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

Подсказка

Ускорение имеет две составляющие: к центру глобуса и вдоль поверхности, перпендикулярно скорости. Вторая связана с поворотом касательной к траектории при движении по глобусу.

Ответ

\(a = \dfrac{V^2}{R}\sqrt{\dfrac{5}{2}} \approx 1{,}58\text{ см/с}^2\).

Подсказка

Трения нет, а сила реакции \(\vec N\) перпендикулярна скорости буера: при постоянной скорости вдоль движения должна быть равна нулю проекция \(\vec F\). Тогда направление \(\vec F\) задаётся отношением \(C_L/C_D\), а \(\vec w = \vec u - \vec v\) связывает скорости.

Ответ

1) \(v = u(\cos\theta + k\sin\theta)\), \(v_{\max} = u\sqrt{k^2 + 1}\);  2) \(a_{\max} = 1{,}1\,\dfrac{\rho u^2 S}{2m} \approx 5\) м/с\(^2\);  3) \(0^\circ < \theta < 162^\circ \pm 2^\circ\).

Подсказка

Передача не может идти вперёд, поэтому скорость мяча относительно земли направлена вдоль линии ворот, а игроку \(B\) выгодно бежать перпендикулярно этой линии. Перейдите к скорости мяча относительно земли как к сумме скорости игрока \(A\) и скорости броска.

Ответ

1) \(w^{\text{отн}}_{\min} \approx 8{,}2\) м/с;  3) \(t_{\min} \approx 2{,}5\) с.

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии (с учётом \(E_0\)). Во втором пункте удобно изобразить импульсы частиц векторным треугольником.

Ответ

a) столбец 5;  b) столбец 4.

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии с учётом \(E_0\). Во втором пункте угол между скоростями связан с квадратом скорости налетающей частицы после удара через теорему косинусов для треугольника импульсов.

Ответ

1) 5;  2) 4.

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

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

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

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

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

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

Подсказка

Шайбы гладкие, поэтому при столкновении импульс шайбы меняется только вдоль линии, соединяющей центры. Запишите законы сохранения импульса и энергии для удара шайбы 2 сразу по двум шайбам, затем проследите, какие столкновения произойдут дальше.

Ответ

a) \(v_1 = v_2 = v_5 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{v}{\sqrt 2} \approx 0{,}7\) м/c;  b) \(v_1 = \dfrac{v}{5} = 0{,}2\) м/с, \(v_2 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{2\sqrt{57}\,v}{25} \approx 0{,}60\) м/с, \(v_5 = \dfrac{12 v}{25} = 0{,}48\) м/c.

Решение

a) Шайба 1 останавливается, передавая импульс шайбе 2. Далее происходит столкновение шайбы 2 с шайбами 3 и 4. Шайбы гладкие, следовательно, их скорости в процессе столкновения меняются только под действием сил нормальной реакции, поэтому после столкновения скорости третьей и четвёртой шайб направлены под углом \(\dfrac{\pi}{4}\) к горизонтальной прямой, направление скорости второй шайбы не меняется. Теперь расчёт скорости второй шайбы \(v_2\) и третьей шайбы \(v_3\) после столкновения может быть сделан на основе законов сохранения. Получится система уравнений \[\begin{cases} \sqrt2\,v_3 + v_2 = v,\\ 2v_3^2 + v_2^2 = v^2. \end{cases}\] Решая систему, находим следующие значения скоростей второй и третьей шайб: \(v_2 = 0\), \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt2}\). Таким образом, вторая шайба останавливается, а третья и четвёртая движутся со скоростью \(\dfrac{v}{\sqrt2}\) по траекториям, составляющим одинаковые углы \(\dfrac{\pi}{4}\) с горизонтальной прямой. Легко видеть, что в процессе дальнейшего движения шайбы 3 и 4 с пятой шайбой не сталкиваются, поэтому пятая шайба покоится в исходном положении. В итоге имеем ответы: \(v_1 = v_2 = v_5 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 0{,}7\) м/c.

b) В этом случае после столкновения второй шайбы с шайбами 3 и 4 скорости этих шайб \(u_3\) и \(u_4\) направлены под углом \(\dfrac{\pi}{6}\) к горизонтальной прямой, вдоль которой до и после столкновения движется вторая шайба. Обозначив \(u_2\) скорость второй шайбы после столкновения, запишем законы сохранения. В итоге получим систему уравнений \[\begin{cases} \sqrt3\,u_3 + u_2 = v,\\ 2u_3^2 + u_2^2 = v^2. \end{cases}\] Решив систему, находим значения скоростей: \(u_2 = -\dfrac{v}{5}\), \(u_3 = \dfrac{2\sqrt3\,v}{5}\). Таким образом, вторая шайба летит назад. Очевидно, далее она сталкивается с первой шайбой и передаёт ей весь свой импульс. Шайбы 3 и 4 при дальнейшем движении сталкиваются с шайбой 5. Рассмотрим это столкновение.

Из симметрии следует, что скорость шайбы 5 после столкновения будет направлена горизонтально. Пусть ось \(OX\) системы координат также направлена горизонтально. Обозначим \(v_\perp\) проекцию скорости шайбы 3 после столкновения на направление, перпендикулярное линии, соединяющей центры шайб 3 и 5. Проекция скорости на это направление при столкновении не меняется, поэтому \(v_\perp = u_3\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{3v}{5}\). Проекцию скорости шайбы 3 на направление вдоль линии, соединяющей центры 3 и 5, обозначим \(v_\parallel\). Положительному значению проекции \(v_\parallel\) соответствует направление от шара 3 к шару 5.

Закон сохранения импульса в проекции на ось \(OX\) даётся уравнением \[\frac{6v}{5} = v_5 + 2v_\perp\cos\frac{\pi}{3} + 2v_\parallel\cos\frac{\pi}{6},\] которому после преобразований можно придать вид \[\frac{3v}{5} = v_5 + v_\parallel\sqrt3 .\] Закон сохранения энергии можно записать в виде \[\frac{24v^2}{25} = v_5^2 + 2v_\perp^2 + 2v_\parallel^2 \quad\Rightarrow\quad \frac{6v^2}{25} = v_5^2 + 2v_\parallel^2 .\] Законы сохранения образуют систему уравнений. Эту систему можно решить, например, так: выразим \(v_5\) из закона сохранения импульса и подставим в закон сохранения энергии. В итоге получится квадратное уравнение \[5v_\parallel^2 - \frac{2\cdot 3\sqrt3}{5}\,v\,v_\parallel + \frac{3}{25}v^2 = 0.\] Решив которое, найдём корни \[v_\parallel^{(1)} = \frac{\sqrt3\,v}{25}, \qquad v_\parallel^{(2)} = \frac{\sqrt3\,v}{5}.\] Второй корень не имеет физического смысла, поскольку скорость шайбы 5 в этом случае, как следует из закона сохранения импульса, оказывается равна нулю. Подставляя значение \(v_\parallel^{(1)}\) в закон сохранения импульса, получаем ответ для скорости пятой шайбы \[v_5 = \frac{3v}{5} - v_\parallel^{(1)}\sqrt3 = \frac{12v}{25} = 0{,}48\text{ м/с}.\]

Для конечной скорости шайб 3 и 4 имеем \[v_4 = v_3 = \sqrt{v_\parallel^2 + v_\perp^2} = \frac{2\sqrt{57}\,v}{25} \approx 0{,}60\text{ м/с}.\]

Подсказка

Сила Лоренца не меняет модуль скорости. Составьте уравнение для угла поворота скорости и посмотрите, как время разворота и глубина проникновения зависят от массы частицы (метод размерностей тоже подойдёт).

Ответ

\(\tau_e = \dfrac{\tau_p}{\sqrt{1838}} \approx 0{,}023\) с; глубина проникновения электрона \(L_e = \dfrac{L}{\sqrt{1838}} \approx \dfrac{L}{43}\).

Решение

Будем считать, что потерь энергии на излучение нет, поэтому величины скорости и протона, и электрона во времени не меняются. При этом на движущуюся заряженную частицу со стороны магнитного поля действует сила (магнитная составляющая силы Лоренца), перпендикулярная и вектору скорости частицы, и вектору индукции магнитного поля. То есть вектор скорости поворачивается. Направление этой силы таково, что частица движется в плоскости, перпендикулярной направлению магнитного поля. Если обозначить угол, который образует нормаль к границе раздела и вектор скорости частицы, символом \(\alpha\), то глубина проникновения к моменту времени \(t\) равна \[x(t) = \int\limits_0^t v\cos\alpha\,dt .\] На такой «глубине» величина индукции магнитного поля равна \[B(x) = B(L)\,\frac{x(t)}{L}.\] Здесь \(B(L)\) — это величина магнитного поля на глубине проникновения в переходный участок, равной \(L\). Скорость вращения вектора скорости частицы равна \[\frac{d\alpha}{dt} = \frac{qB(L)}{Lm}\,x(t)\] или (если продифференцировать правую и левую части равенства по времени) \[\frac{d^2\alpha}{dt^2} = \frac{qB(L)\,v}{Lm}\cos\alpha .\] Поскольку угол поворота скорости фиксирован и равен \(\pi\), то время разворота с некоторым безразмерным коэффициентом пропорционально величине \[T \sim \sqrt{\frac{Lm}{qvB(L)}} .\] Отметим, что это соотношение может быть составлено из параметров, данных в условии задачи: \(v\), \(B\), \(L\), \(q\), \(m\), методом размерностей.

Поскольку масса электрона в 1838 раз меньше массы протона, то на «разворот» электрону потребуется меньше времени в \(1838^{1/2}\) раз, то есть примерно в 43 раза, следовательно, \(\tau_e \approx 0{,}023\) с. Начальные скорости у протона и электрона одинаковы, их траектории по форме подобны, поэтому во столько же раз будет меньше и глубина проникновения электрона в область с магнитным полем.

Покажем теперь другой способ решения. Пусть магнитное поле направлено вдоль оси \(OZ\) декартовой системы координат, а ось \(OX\) направлена перпендикулярно границе поля в сторону его увеличения. Обозначим скорость частицы в некоторый момент \(V\), а единичный вектор, направленный вдоль скорости в этот момент времени, обозначим \(\vec e_V\), единичный вектор, направленный вдоль оси \(OX\), обозначим \(\vec e_x\), тогда магнитная составляющая силы Лоренца, действующей на частицу с зарядом \(q\), равна \[\vec F = qV\,\frac{B_0 x}{L}\,[\vec e_V \times \vec e_x],\] где \(x\) — глубина проникновения частицы в область поля, \(B_0\) — индукция магнитного поля в области постоянного поля. Пусть \(\varphi\) — угол, на который поворачивается вектор скорости относительно первоначального направления. Поскольку магнитная составляющая силы Лоренца ортогональна вектору скорости, модуль скорости частицы с течением времени не меняется. Радиус кривизны траектории находится из второго закона Ньютона и оказывается равен \[R(x) = \frac{mVL}{qB_0 x}.\] Обозначим длину бесконечно малого элемента траектории \(dl = R(x)\,d\varphi\), тогда бесконечно малое изменение координаты \(x\), как следует из формулы для \(R(x)\), равно \[dx = \frac{mVL}{qB_0 x}\cos\varphi\,d\varphi .\] Это соотношение можно привести к интегрируемому виду и далее проинтегрировать \[d\!\left(\frac{x^2}{2}\right) = \frac{mVL}{qB_0}\cos\varphi\,d\varphi \quad\Rightarrow\quad x(\varphi) = \sqrt{\frac{2mVL}{qB_0}\,\sin\varphi}\, .\] Максимальная глубина проникновения в магнитное поле, таким образом, равна \[x_{\max} = \sqrt{\frac{2mVL}{qB_0}} .\] Отсюда следует ответ на вопрос о глубине проникновения \[\frac{L_e}{L_p} = \sqrt{\frac{m_e}{m_p}} .\] Учитывая, что \(dt = \dfrac{dx}{V\cos\varphi}\), из выражения для \(dx\) имеем соотношение \(dt = \dfrac{mL}{qB_0 x}\,d\varphi\). Подставляем в это соотношение выражение для \(x(\varphi)\), в результате имеем формулу \[dt = \sqrt{\frac{mL}{2qB_0V}}\cdot\frac{d\varphi}{\sqrt{\sin\varphi}} .\] Интегрируя эту формулу от \(0\) до \(\dfrac{\pi}{2}\), получим время достижения максимальной глубины проникновения в поле, которое в два раза меньше времени разворота частицы. При этом для того, чтобы получить ответ на вопрос задачи, необязательно находить значение интеграла от функции \(\dfrac{1}{\sqrt{\sin\varphi}}\). Значение этого интеграла будет одинаковым и для протона, и для электрона. Из этих рассуждений следует соотношение \(\tau \sim \sqrt m\) и ответ \(\tau_e = \tau_p\sqrt{\dfrac{m_e}{m_p}} \approx \dfrac{1}{43}\) с.

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Подсказка

Сравните \(\operatorname{tg}\alpha\) с \(\mu\): при \(\operatorname{tg}\alpha \leqslant \mu\) ящик едет вместе со скребком, иначе скользит по нему, и полная реакция скребка отклонена от нормали на угол трения. Ящик тогда движется вдоль этой реакции, а проекции ускорений ящика и скребка на нормаль к скребку совпадают.

Ответ

1) \(a = 0{,}4\text{ м/с}^2\);  2) \(\dfrac{L_2}{L} = \dfrac{1}{\cos(\alpha_2 - \varphi)} \approx 1{,}14\), где \(\varphi = \operatorname{arctg}\mu\);  3) \(t_2 \approx 2{,}5\) с;  4) \(\approx 1{,}4\).

Решение

1. Возможны два различных режима движения ящика: без скольжения по скребку (рис. 1) и с проскальзыванием (рис. 2).

В первом режиме полная реакция опоры \(\vec Q_\text{с}\) (результирующая силы нормальной реакции скребка \(\vec N_\text{с}\) и силы трения \(\vec F_{\text{тр(с)}}\), действующей на ящик со стороны скребка) направлена вдоль направления движения скребка, поэтому: \[F_{\text{тр(с)}} = N_\text{с}\operatorname{tg}\alpha.\] Поскольку сила трения покоя удовлетворяет соотношению \(F_{\text{тр(с)}} \leqslant \mu N_\text{с}\), то первый режим реализуется при условии: \[\operatorname{tg}\alpha \leqslant \mu.\] Если данное условие не выполняется, то реализуется второй режим. Во втором режиме сила трения \(\vec F_{\text{тр(л)}}\), действующая на ящик со стороны льда, направлена противоположно \(\vec Q_\text{с}\), поскольку ящик изначально неподвижен. При этом \(\vec Q_\text{с}\) образует угол \(\varphi = \operatorname{arctg}\mu\) с нормалью к поверхности скребка и угол \(\beta = \alpha - \varphi\) с направлением ускорения скребка. Значит, и направление движения ящика образует угол \(\beta\) с направлением ускорения скребка.

Для первого ящика \(\operatorname{tg}\alpha_1 \approx 0{,}176 < \mu\), значит, он движется без скольжения по скребку. Для второго ящика \(\operatorname{tg}\alpha_2 = 1 > \mu\), и для него реализуется второй режим. Тогда путь первого ящика до границы ледяного поля \(s_1 = L\), а значит, ускорение скребка: \[a = \frac{2L}{t_1^2} = \frac{2 \cdot 0{,}8}{4}\text{ м/с}^2 = 0{,}4\text{ м/с}^2.\]

2. Найдём путь \(L_2\) второго ящика, зная, что его направление движения образует угол \(\beta\) с направлением ускорения скребка и ящик двигался из состояния покоя: \[L_2 \cdot \cos\beta = L.\] Следовательно, отношение путей второго и первого ящиков: \[\frac{L_2}{L} = \frac{1}{\cos\beta} = \frac{1}{\cos(\alpha_2 - \varphi)} \approx 1{,}14.\]

3. Поскольку второй ящик движется без отрыва от скребка, проекции скорости ящика и скребка на направление нормали к поверхности скребка в любой момент должны быть одинаковы: \[v_n = v_{\text{я}(n)}.\] Тогда, поскольку ящик и скребок движутся поступательно, проекции ускорений ящика и скребка на направление нормали к поверхности скребка также должны совпадать: \[a_n = a_{\text{я}(n)}.\] Векторы ускорения \(\vec a\) и \(\vec a_\text{я}\) образуют углы \(\alpha_2\) и \(\varphi\) соответственно с нормалью к поверхности скребка: \[a\cos\alpha_2 = a_\text{я}\cos\varphi.\] Тогда во втором режиме для времени \(t_2\) движения ящика до края поля находим: \[t_2 = \sqrt{\frac{2L_2}{a_\text{я}}} = \sqrt{\frac{2L}{a}\,\frac{\cos\varphi}{\cos\alpha_2\cos(\alpha_2 - \varphi)}} = t_1\sqrt{\frac{\cos\varphi}{\cos\alpha_2\cos(\alpha_2 - \varphi)}} \approx 2{,}5\text{ с}.\]

4. Для нахождения силы трения между первым ящиком и скребком расставим силы, действующие на ящик, и запишем второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось, параллельную плоскости скребка: \[ma\sin\alpha_1 = F_{\text{тр(с)}1} - \mu' mg\sin\alpha_1; \quad F_{\text{тр(с)}1} = m\sin\alpha_1\,(a + \mu' g).\] Для второго ящика из второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось, направленную вдоль нормали к поверхности скребка, получим: \[ma_{\text{я}(n)} = ma\cos\alpha_2 = N_\text{с} - \mu' mg\cos\varphi \;\Rightarrow\; F_{\text{тр(с)}2} = \mu m\,(\mu' g\cos\varphi + a\cos\alpha_2).\] Таким образом, отношение сил трения между скребком и ящиком в двух режимах: \[\frac{F_{\text{тр(с)}2}}{F_{\text{тр(с)}1}} = \frac{\mu\,(\mu' g\cos\varphi + a\cos\alpha_2)}{\sin\alpha_1\,(a + \mu' g)} \approx 1{,}4.\]

Подсказка

Перейдите в систему центра масс: там суммарный импульс равен нулю, а скорость лёгкого ядра после удара фиксирована по модулю, но произвольна по направлению. Как сложить её со скоростью центра масс, чтобы угол был наибольшим?

Ответ

1) \(v/u_2' \approx 2\) (точно \(7/3\));  2) \(\beta_{\max} = 30^\circ\).

Решение

1) Пусть \(v\) — скорость тяжёлого ядра до столкновения, тогда скорость центра масс равна \(V = \dfrac{6v}{7}\). Энергия центра масс равна \(\dfrac{7mV^2}{2} = \dfrac{7mv^2\cdot 36}{2\cdot 49} = \dfrac{18}{7}mv^2\), она не меняется в процессе столкновения. Суммарная энергия ядер в системе центра масс до столкновения равна \(\dfrac{3mv^2}{7}\). После столкновения суммарная энергия ядер становится равна \[T'_\Sigma = \frac{3mv^2}{7} - \frac{9mv^2}{28} = \frac{3mv^2}{28}.\] В системе центра масс суммарный импульс ядер равен нулю, следовательно, модули импульсов равны, поэтому отношение кинетических энергий ядер после столкновения равно обратному отношению их масс: \[\frac{T'_2}{T'_1} = \frac{(p'_2)^2}{2m_2} : \frac{(p'_1)^2}{2m_1} = \frac{m_1}{m_2} = 6.\] Таким образом, кинетическая энергия лёгкого ядра после столкновения в системе центра масс равна \(T'_2 = \dfrac{6}{7}T'_\Sigma = \dfrac{18mv^2}{14^2}\), а искомая скорость лёгкого ядра после столкновения равна \(u'_2 = \sqrt{\dfrac{2T'_2}{m}} = \dfrac{3v}{7}\). Она в \(\dfrac{7}{3}\) раз меньше \(v\). Округляя, получаем ответ: \(\dfrac{v}{u'_2} \approx 2\).

2) Скорость лёгкого ядра после столкновения в лабораторной системе равна векторной сумме \(\vec v'_2 = \vec V + \vec u'_2\). В треугольнике скоростей, соответствующем этому равенству, длины двух сторон \(V\) и \(u'_2\) фиксированы, а значения длины третьей стороны и углов могут быть различными. Максимальному углу вылета соответствует треугольник с прямым углом между сторонами \(v'_2\) и \(u'_2\). В этом случае \(\sin\beta_{\max} = \dfrac{u'_2}{V} = \dfrac{1}{2}\). Иначе говоря, \(\beta_{\max} = \arcsin\dfrac{1}{2} = 30^\circ\).

Подсказка

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

Ответ

\(t \approx 0{,}93\) с.

Подсказка

Сила \(-P\vec r\) линейна по положению корабля, поэтому силы станций складываются как силы пружин нулевой длины: две станции \(P\) равносильны одной станции \(2P\) в середине гипотенузы, а все три — одной «пружине» жёсткости \(4P\), закреплённой в центре масс системы \((m, m, 2m)\) в вершинах. В пункте 4 этот центр движется со скоростью \(u/2\) — перейдите в его систему отсчёта.

Ответ

1) до станции \(2P\) — \(l/4\), до станций \(P\) — \(\sqrt3\,l/4\) и \(\sqrt7\,l/4\) (у вершин углов \(60^\circ\) и \(30^\circ\) соответственно);  2) \(v_\text{max} = \dfrac{l}{2}\sqrt{\dfrac{P}{m}}\);  3) \(0\);  4) через \(T = \pi\sqrt{\dfrac{m}{P}}\) на расстоянии \(S = \dfrac{\pi l}{2}\).

Решение

1. Первый способ. Рассмотрим положение корабля в точке \(M\), расстояния до которой от вершин \(A\), \(B\) и \(C\) прямоугольного треугольника равны \(\vec r_1\), \(\vec r_2\) и \(\vec r_3\) соответственно. Введём векторы: \[\vec a = \vec r_3 - \vec r_2, \quad \vec b = \vec r_3 - \vec r_1.\]

Суммарная сила, действующая на корабль в положении равновесия, равна нулю: \[\vec F = -P\vec r_1 - P\vec r_2 - 2P\vec r_3 = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_1 + \vec r_2 + 2\vec r_3 = 0.\] Выразим \(\vec r_1\) и \(\vec r_2\) через \(\vec r_3\) и подставим в полученное выражение: \[\vec r_1 = \vec r_3 - \vec b;\quad \vec r_2 = \vec r_3 - \vec a;\quad \vec r_3 - \vec b + \vec r_3 - \vec a + 2\vec r_3 = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_3 = \frac14(\vec a + \vec b).\]

Второй способ. Покажем, что совместное действие двух станций, расположенных в вершинах острых углов треугольника, эквивалентно действию одной станции с коэффициентом силы \(2P\), находящейся на середине гипотенузы. На рисунке эти две станции расположены в точках \(A\) и \(B\), а космический корабль — в точке \(K\). Сила, действующая на объект со стороны станций \(A\) и \(B\), выражается как: \[\vec F_{AB} = -P(\vec r_A + \vec r_B).\]

Учитывая, что \[\vec r_A = -\vec b + \vec r_C + \vec r_O, \quad \vec r_B = -\vec a + \vec r_C + \vec r_O,\] подставим эти выражения в формулу для силы: \[\vec F_{AB} = -P\left(-\vec b + \vec r_C + \vec r_O - \vec a + \vec r_C + \vec r_O\right) = -2P\vec r_O.\] Из полученной формулы следует, что результирующая сила в точности равна силе, создаваемой станцией с коэффициентом \(2P\), расположенной в середине отрезка \(AB\). Таким образом, в дальнейшем мы можем считать, что на корабль действуют две станции:

• одна с коэффициентом \(2P\) находится в вершине прямого угла (станция \(C\)),

• другая с коэффициентом \(2P\) находится на середине гипотенузы (станция \(O\)).

Далее можем заменить воздействие этих станций воздействием пружин, длины которых в недеформированном состоянии пренебрежимо малы (равны нулю), а коэффициенты жёсткости равны \(2P\) (см. рисунок). С учётом коэффициентов жёсткости эквивалентных пружин легко определить положение точки равновесия для корабля — точка, которая делит медиану \(CO\) пополам.

Третий способ. Для нахождения положения равновесия рассмотрим систему из трёх точечных масс, расположенных в вершинах треугольника: по \(m\) в вершинах острых углов и \(2m\) — в вершине прямого угла. Тогда радиус-вектор, проведённый из произвольной точки \(M\) до центра масс будет определяться по формуле: \[4m\vec r_\text{цм} = m\vec r_1 + m\vec r_2 + 2m\vec r_3.\] В случае, если \(M\) является центром масс системы, то \[\vec r_\text{цм} = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_1 + \vec r_2 + 2\vec r_3 = 0,\] что совпадает с выражением, полученным из условия равновесия корабля. Найдём координаты центра масс системы приняв за начало отсчёта вершину \(C\): \[y_\text{цм} = \frac{ml\cos30^\circ}{4m} = \frac{\sqrt3 l}{8}; \quad x_\text{цм} = \frac{ml\sin30^\circ}{4m} = \frac{l}{8}.\] Далее по теореме Пифагора определяем расстояния от точки равновесия до станций: \[CM = \frac{l}{4};\quad BM = \frac{\sqrt3 l}{4};\quad AM = \frac{\sqrt7 l}{4}.\]

2. В начальный момент времени космический корабль покоится, а суммарная сила, действующая на него со стороны станций, направлена вдоль отрезка \(CO\). Это означает, что ускорение корабля также направлено вдоль \(CO\), и, следовательно, корабль будет двигаться прямолинейно вдоль этого отрезка и достигнет максимальной скорости в точке равновесия.

Первый способ. Посмотрим на отклонение корабля от положения равновесия на вектор \(\overrightarrow{MK}\). Изменение суммарной силы со стороны станций равно: \[\Delta\vec F = \vec F - \vec 0 = \vec F = \Delta\vec F_A + \Delta\vec F_B + \Delta\vec F_C = -P\left(\overrightarrow{AK} - \overrightarrow{AM}\right) - P\left(\overrightarrow{BK} - \overrightarrow{BM}\right) - 2P\left(\overrightarrow{CK} - \overrightarrow{CM}\right) = -4P\cdot\overrightarrow{MK}.\] Значит, на корабль действует такая же сила, как от пружины с коэффициентом упругости \(4P\) с нулевой начальной длиной, натянутой между точками \(M\) и \(K\). Тогда при перемещении корабля от середины гипотенузы до точки \(M\) эта пружина совершит над кораблём работу: \[A = \frac{4P\left(\dfrac{l}{4}\right)^2}{2} = \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\]

Второй способ. Воспользуемся аналогией с двумя пружинами и запишем закон сохранения энергии: \[\frac{2P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\]

Третий способ. Элементарная работа силы, действующей со стороны некоторой станции, определяется выражением: \[\delta A = (\vec F\cdot d\vec s) = -Pr\,dr \;\Longrightarrow\; A = -\int\limits_{r_1}^{r_2} Pr\,dr = \frac{Pr_1^2}{2} - \frac{Pr_2^2}{2}.\] Максимальная скорость корабля будет достигнута при прохождении положения равновесия. Запишем закон сохранения энергии для этого случая: \[\frac{2P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} + 2\frac{P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{P\left(\frac{\sqrt3 l}{4}\right)^2}{2} + \frac{P\left(\frac{\sqrt7 l}{4}\right)^2}{2} + \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\] Любым из трёх способов получаем ответ: \[v_\text{max} = \frac{l}{2}\sqrt{\frac{P}{m}}.\]

3. Первый способ. Как мы показали ранее, сила, действующая на корабль, аналогична силе со стороны пружины с началом в точке \(M\).

Тогда движение корабля — колебания вдоль отрезка \(CO\). Корабль, пролетев точку \(M\), полетит к точке \(C\) и остановится около неё.

Второй способ. При движении корабля под действием пары пружин, он будет двигаться вдоль отрезка \(CO\), останавливаясь в точке \(O\) и в точке \(X\), где потенциальная энергия системы пружин равна её энергии при положении корабля в точке \(O\). Это условие можно записать в виде уравнения: \[\frac{2P\left(\dfrac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2Px^2}{2} + \frac{2P\left(\dfrac{l}{2} - x\right)^2}{2},\] где \(x\) — расстояние от точки \(C\) до точки \(X\). Полученное выражение сводится к квадратному уравнению: \[2x^2 - lx = 0,\] решая которое, получаем два корня: \[x_1 = \frac{l}{2}, \quad x_2 = 0.\] Корень \(x = l/2\) соответствует точке на середине гипотенузы, где корабль находился в начальный момент времени. Таким образом, минимальное расстояние от корабля до точки \(C\) равно нулю.

4. Как мы показали в решении пункта 2, сила, действующая на корабль, равна \(\vec F = -4P\cdot\overrightarrow{MK}\), где \(M\) — центр масс системы с точечными массами \((m, m, 2m)\), расположенными в вершинах \(A\), \(B\) и \(C\). В отличие от предыдущих пунктов, точка \(M\) не покоится. По свойству центра масс: \[\vec v_M = \frac{m\vec v_A + m\vec v_B + 2m\vec v_C}{4m} = \frac{\vec v_C}{2}.\] Следовательно, скорость точки \(M\) постоянна по направлению и равна \(v_\text{max}\) по модулю.

Для окончательного упрощения системы перейдём в инерциальную систему отсчёта точки \(M\).

В этой системе отсчёта начальная скорость \(v_\text{max}\) точки \(K\) направлена перпендикулярно пружине. Заметим, что \(v_\text{max}\) — это скорость движения по окружности радиусом \(MK = l/4\) под действием силы \(4P\cdot MK\): \[\frac{mv_\text{max}^2}{2} = 4P\cdot\frac{MK^2}{2}.\] \[\frac{mv_\text{окр}^2}{MK} = 4P\cdot MK.\] \[v_\text{max} = v_\text{окр}\]

Следовательно, в системе отсчёта точки \(M\) корабль будет равномерно двигаться по окружности радиусом \(l/4\) со скоростью \(v_\text{max}\), найденной в пункте 2.

Когда корабль совершит один оборот вокруг точки \(M\), его скорость в лабораторной системе отсчёта впервые обнулится. Это произойдёт через время: \[T = \frac{2\pi l/4}{v_\text{max}} = \frac{\pi}{\sqrt{\frac{P}{m}}} = \pi\sqrt{\frac{m}{P}}.\] В системе отсчёта точки \(M\) перемещение корабля за один период равно нулю. Значит, в ЛСО корабль сместился на такое же расстояние, что и точка \(M\). \[S = v_\text{max}T = \frac{\pi l}{2}.\] Обратим внимание, что траектория движения корабля, представляющая собой наложение движения по окружности и равномерного движения её центра, представляет собой циклоиду, как показано на рисунке.

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

Графический метод решения

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

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

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

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

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

Аналитический метод решения

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

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

Подсказка

У всех точек диска в данный момент угол между полным ускорением и скоростью один и тот же, а модули \(v\) и \(a\) пропорциональны расстоянию до оси. Где лежит мгновенный центр вращения?

Подсказка

Обозначьте расстояния от вершины до колечка и до втулки через \(x\) и \(y\) и запишите длину нити: \(x + \sqrt{x^2 + y^2} = l\). Ускорение втулки получится дифференцированием её скорости; натяжение нити тянет втулку с проекцией \(T\sin\alpha\), а колечко — с двух сторон.

Ответ

1) \(u(0) = v\);  2) \(u = v\dfrac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}\);  3) \(F = m\dfrac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}\).

Решение

За небольшое время \(\Delta t\) колечко пройдёт расстояние \(v\Delta t\), оставив позади себя кусочек нити длиной \(v\Delta t\). Такой же по длине кусочек нити должен освободиться из-за приближения втулки к колечку. Значит, \(u(0)\Delta t = v\Delta t\), и: \[u(0) = v.\]

Ответ на второй вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Перейдём в систему отсчёта, связанную с колечком. В этой СО колечко неподвижно, а у втулки появляется составляющая скорости, перпендикулярная стержню (см. рисунок). При этом относительно точки \(C\), выбранной вблизи колечка, втулка движется по окружности. Проекции скоростей втулки и точки \(C\) на направление участка нити между втулкой и кольцом должны компенсировать друг друга так, чтобы длина этого участка оставалась постоянной. Точка \(C\) движется со скоростью \(v\), поэтому: \[v = u\sin\alpha - v\cos\alpha.\]

Способ 2. Пусть расстояния от вершины прямого угла до колечка и до втулки равны соответственно \(x\) и \(y\). Тогда запишем полную длину нити следующим образом: \[x + \sqrt{x^2 + y^2} = l.\] Возьмём производную по времени: \[\dot x + \frac{x\dot x + y\dot y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \dot l = 0;\] \[\dot y = -\frac{\dot x}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right);\] \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right).\] \[u = v\left(\frac{1}{\sin\alpha} + \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\right) = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Способ 3. Рассмотрим маленький промежуток времени \(\Delta t\). Колечко прошло расстояние \(v\Delta t\), а втулка \(u\Delta t\). Проецируя эти перемещения на отрезок, соединяющий колечко с ниткой, получим маленькое изменение длины куска нити между ними: \[\Delta R = v\Delta t\cos\alpha - u\Delta t\sin\alpha.\] Кусок нити между вершиной прямого угла и колечком увеличился на \(v\Delta t\). Так как полная длина нити не меняется: \[(v\cos\alpha - u\sin\alpha + v)\Delta t = 0.\] Откуда: \[u = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Ответ на третий вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Скорость втулки при её движении по окружности относительно точки \(C\) равна: \[v\sin\alpha + u\cos\alpha = v\,\frac{\sin^2\alpha + \cos\alpha(1 + \cos\alpha)}{\sin\alpha} = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\] Нормальная компонента ускорения: \[a_n = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha\cdot R},\] где \(R = \dfrac{l}{1 + \cos\alpha}\) — длина участка нити между втулкой и точкой \(C\). Полное ускорение втулки \(a\) направлено вдоль стержня, а \(a_n\) является его проекцией на нить. Поэтому \[a = \frac{a_n}{\sin\alpha} = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Способ 2. Воспользуемся полученной в предыдущем пункте связью \(u\) и \(v\): \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right) = v\,\frac{l}{y}.\] Возьмём производную по времени от этого выражения: \[a = -vl\,\frac{\dot y}{y^2} = \frac{v^2 l^2}{y^3}.\] Так как нить нерастяжима: \[l = \frac{y}{\sin\alpha} + \frac{y}{\operatorname{tg}\alpha} \;\Rightarrow\; y = \frac{l\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}.\] Тогда: \[a = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Далее \(ma = T\sin\alpha\), откуда \[T = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^4\alpha\cdot l}.\] Сила \(F\), прикладываемая к колечку, равна сумме проекций двух сил натяжения на стержень: \[F = T + T\cos\alpha = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}.\]

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

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

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

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

Подсказка

Изменение импульса пылинки есть сумма малых векторов \(q\vec E\,\Delta t\); при вращающемся \(\vec E\) они образуют дугу окружности. Конечный импульс — сумма начального и этого изменения.

Ответ

1) \(u = V + \dfrac{2qE}{m\omega} = 3\) м/с;  2) \(\beta = \arcsin\!\left(\dfrac{2qE}{mV\omega}\cos\dfrac{\pi - \omega\tau}{2}\right) = \arcsin\!\left(\dfrac12 \sin\dfrac14\right) \approx 0{,}124\) рад \(\approx 7^\circ\);  3) \(\tau_0 = \dfrac{\pi}{\omega} = \dfrac{\pi}{2} \approx 1{,}57\) с, при этом \(\beta_0 = \arcsin\dfrac{2qE}{mV\omega} = \arcsin\dfrac12 = \dfrac{\pi}{6}\) рад \(= 30^\circ\).

Подсказка

Энергия системы равна половине квадрата скорости точки \(\tilde M\), поэтому в новых координатах упругие удары работают как отражения луча от зеркал.

Ответ

a) \(v = \sqrt{v_1^2 + v_2^2}\), \(\operatorname{tg}\alpha = v_2/v_1\);  c) \(0{,}13\,L\);  d) 314.

Подсказка

При \(\mu = \mathrm{tg}\,\alpha\) сила трения по модулю равна скатывающей силе \(mg\sin\alpha\), поэтому их сумма направлена по биссектрисе угла между \(-\vec v\) и \(-\vec y\). Отсюда касательное ускорение равно проекции ускорения на ось \(y\), и величина \(v - v_y\) сохраняется. Время найдите, проинтегрировав этот инвариант и применив теорему о кинетической энергии.

Ответ

1) \(a_0 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2) \approx 8{,}49\text{ м/с}^2\), \(a_1 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2) \approx 1{,}76\text{ м/с}^2\);  2) \(u = v_0(1 - \cos\varphi_0) \approx 4{,}00\text{ м/с}\), \(v_1 = \dfrac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi_1} \approx 2{,}07\text{ м/с}\);  3) \(t = \dfrac{v_0}{2g\sin\alpha(1 - \cos\varphi_0)}\left(1 - \left(\dfrac{1 - \cos\varphi_0}{1 - \cos\varphi_1}\right)^2\right) \approx 1{,}52\text{ с}\).

Решение

1. Пусть \(m\) — масса шайбы. В плоскости доски на шайбу действуют компонента силы тяжести \(mg\sin\alpha\), а также сила трения \(F_\text{тр} = \mu mg\cos\alpha\), причём поскольку \(\mu = \mathrm{tg}\,\alpha\): \[F_\text{тр} = mg\sin\alpha.\] Изобразим на рисунке компоненту силы тяжести и силу трения, соответствующие углу \(\varphi\) между направлением скорости шайбы и осью \(y\).

Из него следует, что равнодействующая \(R\) компоненты силы тяжести и силы трения равна: \[R = 2mg\sin\alpha\cos(\varphi/2).\] Тогда для ускорений \(a_0\) и \(a_1\) имеем: \[a_0 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2) \approx 8{,}49\text{ м/с}^2, \qquad a_1 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2) \approx 1{,}76\text{ м/с}^2.\]

2. Первое решение: Равнодействующая компоненты силы тяжести и силы трения направлена вдоль биссектрисы угла \(\varphi\) между направлением скорости и осью \(y\) — тангенциальное ускорение шайбы и проекция её ускорения на ось \(y\) равны друг другу, \(a_\tau = a_y\), поэтому: \[v - v_y = v(1 - \cos\varphi) = \mathrm{const} = v_0(1 - \cos\varphi_0).\]

Второе решение: Запишем выражения для тангенциальной и нормальной компонент ускорения: \[a_\tau = \dot v = -g\sin\alpha(1 + \cos\varphi), \qquad a_n = v\dot\varphi = g\sin\alpha\sin\varphi.\] Отсюда: \[\frac{\dot v}{v\dot\varphi} = -\frac{1 + \cos\varphi}{\sin\varphi} = -\frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}.\] Разделим переменные и получим: \[\frac{\mathrm{d}v}{v} = -\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}.\] Проинтегрируем полученное выражение (\(\theta = \varphi/2\)): \[\int_{v_0}^{v}\frac{\mathrm{d}v}{v} = \ln\left(\frac{v}{v_0}\right) = -\int_{\varphi_0}^{\varphi}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{tg}(\varphi/2)} = -2\int_{\varphi_0/2}^{\varphi/2}\frac{\cos\theta\,\mathrm{d}\theta}{\sin\theta} = -2\ln\left(\frac{\sin(\varphi/2)}{\sin(\varphi_0/2)}\right).\] Избавляясь от логарифма, получим: \[\frac{v}{v_0} = \frac{\sin^2(\varphi_0/2)}{\sin^2(\varphi/2)}, \qquad v(\varphi) = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi}.\] Поскольку в верхней точке траектории \(\varphi = 90^\circ\), для скоростей \(u\) и \(v_1\) имеем: \[u = v_0(1 - \cos\varphi_0) \approx 4{,}00\text{ м/с}, \qquad v_1 = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi_1} \approx 2{,}07\text{ м/с}.\]

3. Первое решение: Обратим внимание, что из найденного во втором пункте инварианта следует: \[v - v_y = v_0(1 - \cos\varphi_0).\] Интегрируя по времени, получим \[S - \Delta y = v_0(1 - \cos\varphi_0)t,\] где \(\Delta y\) и \(S\) — изменение координаты \(y\) шайбы и пройденный ею путь соответственно.

К моменту достижения шайбой основания доски \(\Delta y = 0\), поэтому: \[S = v_0(1 - \cos\varphi_0)t.\] Для определения пути \(S\) воспользуемся законом изменения кинетической энергии: \[\Delta E_k = \frac{mv^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = A_\text{тяж} + A_\text{тр} = -mg\sin\alpha\,\Delta y - mg\sin\alpha\,S.\] Поскольку при достижении основания доски \(\Delta y = 0\): \[v_0^2 - v_1^2 = 2g\sin\alpha\,S = 2g\sin\alpha\,v_0(1 - \cos\varphi_0)t,\] откуда: \[t = \frac{v_0}{2g\sin\alpha(1 - \cos\varphi_0)}\left(1 - \left(\frac{1 - \cos\varphi_0}{1 - \cos\varphi_1}\right)^2\right) \approx 1{,}52\text{ с}.\]

Второе решение: С учётом полученной зависимости \(v(\varphi)\) время \(t\) можно определить, например, из уравнения для нормальной компоненты ускорения шайбы: \[v\dot\varphi = g\sin\alpha\sin\varphi \;\Rightarrow\; \mathrm{d}t = \frac{v\,\mathrm{d}\varphi}{g\sin\alpha\sin\varphi} = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{(1 - \cos\varphi)\sin\varphi}.\] Перейдём к переменной половинного угла: \[\mathrm{d}t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{4\sin^3(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}.\] Воспользуемся стандартной тригонометрической подстановкой \(z = \mathrm{tg}(\varphi/2)\). Тогда получим: \[\sin(\varphi/2) = \frac{z}{\sqrt{1 + z^2}}, \qquad \cos(\varphi/2) = \frac{1}{\sqrt{1 + z^2}}.\] Свяжем \(\mathrm{d}\varphi\) и \(\mathrm{d}z\): \[\mathrm{d}z = \mathrm{d}\,\mathrm{tg}(\varphi/2) = \frac{1}{\cos^2(\varphi/2)}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{2} = \bigl(1 + \mathrm{tg}^2(\varphi/2)\bigr)\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{2}, \qquad \mathrm{d}\varphi = \frac{2\,\mathrm{d}z}{1 + z^2}.\] Отсюда имеем: \[\mathrm{d}t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{(1 + z^2)^2}{4z^3}\cdot\frac{2\,\mathrm{d}z}{1 + z^2}.\] Вводя переменные \(z_0 = \mathrm{tg}(\varphi_0/2)\) и \(z_1 = \mathrm{tg}(\varphi_1/2)\), для времени \(t\) получим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z_1}\frac{1 + z^2}{z^3}\,\mathrm{d}z = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z_1}\frac{\mathrm{d}z}{z^3} + \int_{z_0}^{z_1}\frac{\mathrm{d}z}{z}\right).\] Интегрируя, находим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{2z_0^2} - \frac{1}{2z_1^2} + \ln\left(\frac{z_1}{z_0}\right)\right).\] Возвращаясь к исходным переменным, для времени \(t\) находим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{1 - \cos\varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos\varphi_1} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}\right)\right) \approx 1{,}52\text{ с}.\]

Примечание 1: Вообще говоря, задача является переопределённой, поскольку значение \(\varphi_1\) однозначно определяется значением \(\varphi_0\), однако в такой формулировке задача становится слишком сложной. Участникам олимпиады было достаточно получить лишь одно уравнение, связывающее \(\varphi_1\) и \(t\). Без заданного значения \(\varphi_1\) решение третьего пункта задачи требует комбинации первого и второго изложенных решений. Численное значение \(\varphi_1 = 159{,}3^\circ\) можно найти, приравняв два выражения для \(t\) и численно решив полученное уравнение: \[\frac{1}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{1}{(1 - \cos\varphi_1)^2} = \frac{1}{1 - \cos\varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos\varphi_1} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right).\]

Примечание 2: Из комбинации двух решений также получаются явные зависимости перемещения \(\Delta y\) и пути \(S\) от угла \(\varphi\): \[\Delta y(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{\cos\varphi_0}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{\cos\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2} - \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right)\right),\] \[S(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{2 - \cos\varphi_0}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{2 - \cos\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right)\right).\]

Помимо этого, мы можем определить зависимость перемещения вдоль оси \(x\), направленной вдоль основания наклонной плоскости, от угла \(\varphi\): \[\mathrm{d}x = v\sin\varphi\,\mathrm{d}t = v\sin\varphi\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{\dot\varphi} = \frac{v^2\,\mathrm{d}\varphi}{g\sin\alpha} = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2}.\] Вновь переходя к переменной \(z = \mathrm{tg}(\varphi/2)\), получим: \[\Delta x(z) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z}\frac{(1 + z^2)^2}{z^4}\cdot\frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z}\frac{\mathrm{d}z}{z^4} + \int_{z_0}^{z}\frac{\mathrm{d}z}{z^2}\right).\] Интегрируя, находим: \[\Delta x(z) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{3z_0^3} - \frac{1}{3z^3} + \frac{1}{z_0} - \frac{1}{z}\right).\] Возвращаясь к переменной \(\varphi\): \[\Delta x(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{3\,\mathrm{tg}^3(\varphi_0/2)} - \frac{1}{3\,\mathrm{tg}^3(\varphi/2)} + \frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)} - \frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}\right).\] Таким образом, траектория шайбы может быть получена аналитически в параметрической форме, поскольку \(\Delta y(\varphi)\) и \(\Delta x(\varphi)\) являются известными аналитическими функциями. Траектория для заданных значений \(v_0\), \(\varphi_0\), \(\alpha\) и \(g\) представлена на рисунке ниже.

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

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

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

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

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

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

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

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

Подсказка

При движении по окружности угловая скорость не зависит от радиуса: сила упругости и сила Лоренца обе пропорциональны \(r\). Старт из покоя — это сумма двух встречных равномерных вращений с подобранными длинами векторов, при которой начальные скорости взаимно гасятся.

Ответ

1) по часовой стрелке \(\omega_1 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} + \dfrac{qB}{2m}\), против часовой стрелки \(\omega_2 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} - \dfrac{qB}{2m}\);  2) \(r_\text{min} = \dfrac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \dfrac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\), где \(\Omega = \dfrac{qB}{2m}\), \(\omega_0^2 = \dfrac{k}{m}\);  3) \(\tau = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\);  4) траектория трижды за оборот проходит от окружности радиуса \(r_0\) до окружности радиуса \(r_0/3\) и обратно (см. рисунок в решении); в исходной точке бусинка впервые окажется через \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

Решение

1. Уравнение движения бусинки на резинке в магнитном поле \(\vec B\) имеет вид \[m\vec a = -k\vec r + q\big[\vec v\times\vec B\big],\] то есть (как и отмечено в условии) оно является линейным и однородным уравнением по отношению к закону движения \(\vec r(t)\) (сам вектор координаты, откладываемый от положения равновесия бусинки, и его производные — скорость и ускорение — входят в уравнение только в первой степени). При движении по окружности радиуса \(r_0\) центростремительное ускорение бусинки создаётся силой упругости резинки и силой Лоренца, причём в зависимости от направления вращения сила Лоренца либо направлена к центру окружности, либо от него. Значит, величина угловой скорости бусинки при таком движении находится из уравнения \[m\omega^2r_0 = kr_0 \pm qB\omega r_0 \;\Longrightarrow\; \omega^2 \pm \frac{qB}{m}\omega - \frac{k}{m} = 0.\] Далее введём обозначения \(\Omega \equiv \dfrac{qB}{2m}\) и \(\omega_0^2 \equiv \dfrac{k}{m}\). Тогда, выбирая для каждого случая положительный корень, приходим к выводу, что при вращении по часовой стрелке величина угловой скорости (циклическая частота вращения) \[\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} + \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} + \frac{qB}{2m},\] а при вращении против часовой стрелки она равна \[\omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} - \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} - \frac{qB}{2m} < \omega_1.\]

Примечание: в обоих случаях угловая скорость не зависит от радиуса окружности! Поэтому величина линейной скорости пропорциональна радиусу описываемой окружности.

2. Пусть теперь \(\vec r_1(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по окружности радиуса \(r_0\) по часовой стрелке, а \(\vec r_2(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по той же окружности против часовой стрелки. Модули скоростей движения у бусинки при этих движениях различаются: легко найти, что \(|\vec v_1| = \omega_1r_0\), а \(|\vec v_2| = \omega_2r_0\). Если записать суперпозицию этих законов движения в виде \[\vec r(t) = \frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t) + \frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t),\] то, в соответствии с линейностью и однородностью уравнения движения (и в соответствии с содержащейся в условии «подсказкой»), этот закон тоже удовлетворяет уравнению движения. Легко определить начальные условия, которым он соответствует: поскольку \(\vec r_1(0) = \vec r_2(0) \equiv \vec r_0\) и при различных направлениях вращения \(|\vec v_1(0)| = \omega_1r_0 = \dfrac{\omega_1}{\omega_2}|\vec v_2(0)|\), то \(\vec r(0) = \vec r_0\) и \(\vec v(0) = 0\). Следовательно, полученный закон описывает движение бусинки, запущенной без начальной скорости с расстояния \(r_0\) от отверстия! Мы обнаружили, что вектор координаты такой бусинки можно в любой момент времени найти как сумму вектора \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_1\) по часовой стрелке, и вектора \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_2\) против часовой стрелки от того же начального положения (см. рисунок). Отметим, что угол между этими векторами в момент времени \(t\) равен \(\varphi(t) = (\omega_1 + \omega_2)t\). Поэтому, по теореме косинусов, в этот момент времени расстояние от бусинки до отверстия удовлетворяет уравнению \[r^2(t) = \left(\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + \left(\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + 2\cdot\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big].\] Значит, \[r(t) = \frac{r_0}{\omega_1 + \omega_2}\sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2 + 2\omega_1\omega_2\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big]}.\] Таким образом, циклическая частота изменения расстояния от бусинки до положения равновесия равна \(\omega_1 + \omega_2 = 2\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}\), причём минимальное значение \[r_\text{min} = \frac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \frac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\]

расстояние принимает в моменты времени \(t_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega^2 + \Omega^2}}\left(n + \dfrac{1}{2}\right)\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Отметим, что для нахождения \(r_\text{min}\) не обязательно исследовать закон изменения расстояния \(r(t)\): достаточно понять, что расстояние от бусинки до отверстия минимально, когда «составляющие» векторы нашей суперпозиции направлены противоположно. Тогда ясно, что \(r_\text{min}\) равно разности их модулей.

3. Из формулы для \(r(t)\) видно, что максимальное расстояние от бусинки до отверстия равно начальному \(r_\text{max} = r_0\), и оно достигается в моменты времени \(t'_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}n\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Как видно, впервые после отпускания это произойдёт в момент времени \[\tau = \frac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}.\] Как и в предыдущем пункте, можно получить этот ответ без нахождения \(r(t)\) — достаточно образного представления движения. Тогда ясно, что расстояние максимально, когда вращающиеся навстречу друг другу «составляющие» векторы суперпозиции встречаются, и \(\tau = \dfrac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\).

4. При таком соотношении параметров \(\Omega^2 = \omega_0^2/8\), и поэтому \(\omega_1 = \omega\cdot\sqrt{2}\), а \(\omega_2 = \omega_0/\sqrt{2}\). Значит, отношение угловых скоростей \(\omega_1 : \omega_2 = 2 : 1\), то есть общее движение периодическое, и траектория оказывается замкнутой. В этом случае \[\vec r_1(t) = \frac{1}{3}\vec r_1(t) + \frac{2}{3}\vec r_2(t),\] длины векторов, сумма которых даёт \(\vec r(t)\), равны \(r_0/3\) и \(2r_0/3\), а закон изменения расстояния \[r(t) = \frac{r_0}{3}\sqrt{5 + 4\cdot\cos\Big[3\omega_2t\Big]}.\] Ясно, что период движения — наименьшее общее кратное периодов двух составляющих движений, которое в нашем случае равно периоду меньшей частоты \(\omega_2\).

Поэтому впервые после отпускания бусинка окажется в исходной точке спустя время \[T = \frac{2\pi}{\omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{k}}.\] Период изменения расстояния от отверстия

\[T = \frac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{3\omega_0} = \frac{1}{3}T_2.\] Поэтому за один период движения бусинка трижды достигает максимального расстояния \(r_0\), и трижды — минимального \(r_0/3\). Таким образом, траектория за «полный оборот» вокруг оси отверстия трижды проходит от окружности с радиусом \(r_0\) до окружности с радиусом \(r_0/3\) и обратно, причём вблизи общих точек с большей окружностью бусинка движется по радиусу (траектория касается радиуса), в общих точках с меньшей окружностью радиальная скорость бусинки обращается в ноль при ненулевой угловой скорости — бусинка движется перпендикулярно радиусу, и её траектория касается меньшей окружности в общих точках. По этим сведениям можно достаточно корректно изобразить вид траектории (см. рисунок). Другой способ изучить траекторию — записать закон движения бусинки в декартовых координатах \((x, y)\). Удобно совместить начало координат с осью отверстия, а ось \(x\) направить так, чтобы она проходила через начальное положение бусинки. Проецируя закон движения на эти оси, получим: \[\begin{cases} x(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\cos(\omega_2t) + \cos(2\omega_2t)\Big],\\[2mm] y(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\sin(\omega_2t) - \sin(2\omega_2t)\Big]. \end{cases}\] Тогда можно построить траекторию «по точкам», выбрав несколько характерных значений \(\omega_2t\). Впрочем, и в этом случае удобно в первую очередь построить положение точек, отвечающих моментам, когда бусинка находится на максимальном и минимальном расстояниях от отверстия, то есть \(\omega_2t = 0, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{2\pi}{3}, \pi, \dfrac{4\pi}{3}, \dfrac{5\pi}{3}\).

Подсказка

Запишите, как за малое время меняются расстояние \(r = BC\) и координата \(y\) поперёк реки: из них складывается величина, которая не меняется. Ускорение лодки относительно берега — это только поворот вектора её скорости относительно воды.

Ответ

1) против течения;  2) \(\angle ABC = 60^\circ\);  3) \(l/2\);  4) \(2l/3\);  5) а) \(R_A = l/2\), б) \(R_1 = \dfrac{4\sqrt3}{9}\,l\).

Решение

Рассмотрим случай, когда лодка начинает движение по течению реки. Введём систему координат с началом в пункте \(A\), ось \(x\) направим вдоль скорости течения, а ось \(y\) направим к пункту \(B\). Пусть \(r\) — расстояние от точки \(B\) до центра лодки, \(\angle ABC = \alpha\). Тогда для движения «по течению» элементарные приращения за малое время \(\mathrm{d}t\):

\[\mathrm{d}r = u\sin\alpha\,\mathrm{d}t, \tag{1}\] \[\mathrm{d}x = 2u\cos\alpha\,\mathrm{d}t + u\,\mathrm{d}t, \tag{2}\] \[\mathrm{d}y = 2u\sin\alpha\,\mathrm{d}t. \tag{3}\] В любой момент времени до достижения лодкой противоположного берега \(0 \leqslant \alpha \leqslant \pi/2\), поэтому \(v_x = \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 2u\cos\alpha + u \geqslant u > 0\). Поэтому скорость относительно берега не может быть направлена перпендикулярно линии берега. Отсюда делаем вывод, что лодка начала движение из пункта \(A\) против течения.

Итак, лодка начинает движение против течения реки. Введём также систему координат с началом в пункте \(A\), ось \(x\) направим вдоль скорости течения, а ось \(y\) направим к пункту \(B\), \(r\) — расстояние от точки \(B\) до центра лодки, \(\angle ABC = \alpha\). Тогда для движения «против течения» элементарные приращения за малое время \(\mathrm{d}t\):

\[\mathrm{d}r = -u\sin\alpha\,\mathrm{d}t, \tag{4}\] \[\mathrm{d}x = -2u\cos\alpha\,\mathrm{d}t + u\,\mathrm{d}t, \tag{5}\] \[\mathrm{d}y = 2u\sin\alpha\,\mathrm{d}t. \tag{6}\] При движении перпендикулярно линии берега \(\mathrm{d}x = 0\), тогда из уравнения (5) следует \(-2u\cos\alpha + u = 0 \implies \cos\alpha = 1/2 \implies \alpha = 60^\circ = \pi/3\).

Умножая уравнение (4) на 2 и складывая с уравнением (6), получим \[2\,\mathrm{d}r + \mathrm{d}y = 0 \implies 2r + y = \mathrm{const}.\] Вычислим эту константу в момент начала движения (\(r_A = l\), \(y_A = 0\)), откуда \(r(y) = l - y/2\). В момент достижения противоположного берега \[y_B = l \implies r_B = l/2.\]

В момент времени \(t_1\) из геометрических соображений можно записать, что \(r\cos\alpha = l - y\). Подставляя зависимость \(r(y)\) и значение угла \(\alpha\) в этот момент времени, получаем уравнение: \[\frac12(l - y_1/2) = l - y_1 \implies y_1 = \frac23 l \implies r_1 = \frac23 l.\]

Для нахождения радиуса кривизны траектории найдём скорость и ускорение в нужных точках. Скорость относительно берега равна сумме скорости воды \(\vec u\) в реке и скорости лодки \(\vec u_\text{л}\) относительно воды: \(\vec v = \vec u + \vec u_\text{л}\). После возведения в квадрат получаем: \(v = \sqrt{\vec u^{\,2} + \vec u_\text{л}^{\,2} + 2(\vec u\cdot\vec u_\text{л})} = \sqrt{u^2 + 4u^2 + 4u^2\cos\angle(\vec u, \vec u_\text{л})} = u\sqrt{5 + 4\cos\angle(\vec u, \vec u_\text{л})}\). Для точки старта \(\angle(\vec u, \vec u_\text{л}) = \pi\), тогда скорость равна \(v_A = u\). Для момента времени \(t_1\) угол между скоростями \(\angle(\vec u, \vec u_\text{л}) = \pi - \alpha\), тогда скорость равна \(v_1 = u\sqrt3\).

Скорость лодки равна векторной сумме скоростей течения воды и лодки относительно воды. Скорость течения не меняется ни по модулю, ни по направлению. Скорость лодки не меняется по модулю, но меняется по направлению. Производная вектора скорости лодки по модулю равна произведению угловой скорости вращения вектора \(\vec u_\text{л}\) на модуль этого вектора. Получим выражение для ускорения лодки: \[\vec a_\text{абс} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\vec u + \vec u_\text{л}) = \frac{\mathrm{d}\vec u}{\mathrm{d}t} + \frac{\mathrm{d}\vec u_\text{л}}{\mathrm{d}t} = \vec a_\text{л},\] \[|\vec a_\text{л}| = 2u\cdot\omega_\alpha = 2u\frac{\mathrm{d}\alpha}{\mathrm{d}t}.\] Для нахождения производной угла \(\alpha\) надо компоненту скорости, перпендикулярную отрезку \(BC\), поделить на расстояние \(r\): \[v_\perp = 2u - u\cos\alpha,\] \[\frac{\mathrm{d}\alpha}{\mathrm{d}t} = \omega_\alpha = \frac{2u - u\cos\alpha}{r}.\] В момент выхода из пункта \(A\) угол \(\alpha = 0\), поэтому: \[\frac{\mathrm{d}\alpha}{\mathrm{d}t} = \frac{u}{l} \implies a_A = \frac{2u^2}{l}.\] В момент времени \(t_1\) угол \(\alpha = \pi/3\), значит: \[\frac{\mathrm{d}\alpha}{\mathrm{d}t} = \frac{3u/2}{2l/3} = \frac{9u}{4l} \implies a_1 = \frac{9u^2}{2l}.\] В пункте отправления скорость и ускорение взаимно перпендикулярны, поэтому найти радиус кривизны траектории можно следующим образом: \[R_A = \frac{v_A^2}{a_A} = \frac{l}{2}.\] Для момента времени \(t_1\) найдём проекцию ускорения на перпендикуляр к скорости движения, т. е. на ось \(Ox\): \(a_{1x} = a_1\sin\alpha = \dfrac{9u^2\sqrt3}{4l}\), тогда радиус кривизны траектории в этой точке: \[R_1 = \frac{v_1^2}{a_{1x}} = \frac{4\sqrt3\,l}{9}.\]

Подсказка

На систему «два груза и нить» действуют только три силы, и их линии действия пересекаются в одной точке; реакция полуокружности направлена к её центру. Во втором пункте полная сила реакции на колечко направлена вдоль нити и может отклоняться от нормали не больше чем на угол трения.

Ответ

1) \(R \approx 8{,}1\text{ см}\) (центр полуокружности — на горизонтали через точку излома, на расстоянии \(R\) от прямого участка);  2) \(R\sqrt{1 + \dfrac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3\).

Решение

Метод 1. Рассмотрим систему, состоящую из двух грузов и нити. На неё действуют три силы: сила тяжести \(3m\vec g\), реакция опоры \(\vec N_1\) со стороны вертикального участка и сила реакции \(\vec N_2\) со стороны полуокружности. Линии действия сил \(\vec N_1\) и \(3m\vec g\) пересекаются в точке \(O\). Следовательно, по теореме о трёх непараллельных силах, линия действия силы \(\vec N_2\) также проходит через точку \(O\) (см. рисунок 1).

Сила \(\vec N_2\) перпендикулярна касательной к окружности, поэтому направлена к её центру. Таким образом, центр полуокружности лежит на прямой, проходящей через точку приложения силы \(\vec N_2\) и точку \(O\).

Проведём через точку, соответствующую положению груза массой \(2m\), касательную к окружности (перпендикуляр к \(\vec N_2\)). Обозначим через \(B\) точку пересечения этой касательной с вертикальным участком проволоки (см. рисунок 2).

Полученная точка \(B\) равноудалена от \(2m\) и от точки излома проволоки \(A\). С помощью циркуля или линейки отложим отрезок \(AB\) вверх, восстановив точку \(A\). Затем пересечём перпендикуляр к касательной, проведённой через точку \(2m\), а также горизонтальную линию, проходящую через точку \(A\) (точку соединения участков проволоки), и получим центр полуокружности. Это позволяет восстановить положение всей полуокружности.

Метод 2. После теоремы о трёх силах можно не строить центр окружности геометрически, а записать подобие: \[\frac{R - x}{R + y} = \frac{z}{y}.\]

Численные значения длин отрезков \(x\), \(y\) и \(z\) находятся из рисунка: \(x = 3\text{ см}\), \(y = 3\sqrt5/2\text{ см}\), \(z = 1{,}5\text{ см}\). Откуда: \[R = \frac{y(x+z)}{y-z}.\]

Метод 3. Расставим силы и введём систему координат, как показано на рисунке 4. В ней координаты грузов \(m\) и \(2m\), определяемые по масштабу, соответственно равны \((0;\,-y_1) = (0;\,-3\text{ см})\) и \((x_2;\,0) = (4{,}5\text{ см};\,0)\). Обозначим через \(\alpha\) угол между нитью и вертикалью, а через \(\varphi\) — угол между силой \(\vec N_2\) и вертикалью.

Запишем условия равновесия для груза массы \(m\): \[\vec N_1 + \vec T + m\vec g = 0, \tag{1}\] и для всей системы: \[\vec N_1 + \vec N_2 + 3m\vec g = 0. \tag{2}\] Из соответствующих треугольников сил (см. рисунок 5) получаем: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{\operatorname{tg}\alpha}{3}.\]

С другой стороны, \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{x_2}{y_1} \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\varphi = \frac{x_2}{3y_1} = \frac{4{,}5}{9} = 0{,}5.\] Следовательно, \[\sin\varphi = \frac{1}{\sqrt5}.\] Из геометрии окружности: \[x_2 = R(1 - \sin\varphi),\] откуда: \[R = \frac{4{,}5}{1 - \frac{1}{\sqrt5}} \approx 8{,}1\text{ см},\] а координаты центра окружности: \[(R;\, R\cos\varphi) \approx (8{,}1\text{ см};\, 7{,}3\text{ см}).\]

Пункт 2. Сила полной реакции опоры \(\vec Q\), действующая на кольцо, полностью компенсирует силу натяжения \(\vec T\). При этом \(\vec Q\) составляет угол \(\beta\) с силой нормальной реакции опоры \(\vec N\), направленной в центр окружности (см. рисунок 6). Тогда условие равновесия с учётом трения имеет вид:

\[\beta \leqslant \beta_{cr}, \quad \beta_{cr} = \operatorname{tg}\mu.\]

Обозначим положение груза \(m\) точкой \(L\), кольца — \(D\). По теореме косинусов для треугольника \(\triangle ODL\): \[OL^2 = R^2 + R^2 + 2R^2\cos\beta.\] С учётом ограничения на угол \(\beta\) получаем: \[2R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant OL^2 \leqslant 4R^2.\] По теореме Пифагора: \[OL^2 = R^2 + h^2 \;\Rightarrow\; R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant h^2 \leqslant 3R^2.\] Так как \[\cos\beta_{cr} = \frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}},\] получаем: \[R\sqrt{1 + \frac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3.\]

Подсказка

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

Ответ

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

Решение

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

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

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

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

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

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