Кинематика криволинейного движения

из книги «Физика для школ и ВУЗов». Скачать бесплатно и без искажений формул на странице «Физика для школ и ВУЗов».

Хочешь помочь сайту?
Поделись страницей с друзьями и поставь лайк!

Кинематика криволинейного движения. Задачки

36. Маленький тяжелый шарик брошен горизонтально
с начальной скоростью i/0. Найти нормальное и тангенциальное ускорения шарика через время т после начала движений.
37. Найти величину ускорения тела А,
соскальзывающего без начальной скорости
по винтовому желобу с шагом h и радиусом R, в конце л-го витка (рис. 11). Трением пренебречь. ,
38. Скорость течения реки возрастает
пропорционально расстоянию от берега,
[/, достигая своего максимального значения
tie на середине реки. У берегов скорость
течения равна нулю. Лодка движется по
реке таким образом, что ее скорость и относительно воды постоянна и перпендикуРис. 11. лярна течению. Найти расстояние, на ко-
_ торое будет снесена течением лодка при
дереправё, если ширина реки с. Определить также траекторию лодки,

13

39. Два реаьса скреплены над прямым углом друг к
другу. По этим рельсам движутся две тел ежки^с крепленные между собой шарнирно стержнем дайны I. Тележка А
‘ (рис. 12) начинает движение из
точки пересечения рельсов и
движется равномерно вверх со
скоростью V. Определить закон
движения и скорость тележки В.
40. Тело брошено с начальной скоростью!0О под углом а к
горизонту. Сколько времени
длится полет? На каком расстоянии от места бросания упадет
тело? При каком значении угла
а дальность полета тела будет
максимальной?
На какой высоте тело бу-
, ‘ ‘ ■ дет через промежуток времени т
после начала движения? Какую скорость будет иметь тело
по величине и направлению в этот момент времени? Считать
т большим, чем время подъема тела до максимальной высоты. Сопротивлением воздуха пренебречь. ‘
41. Найти траекторию движения тела, брошенного
под углом к горизонту (см. задачу 40).
42. Необходимо с земли перебросить мяч через вертикал ьнуюстенку высоты Я, находящуюся на расстоянии S
(рис. 13). При какой наименьшей начальной скорости это возможно? Под
каким углом а к горизонту должна
быть в этом случае направлена скорость?
43. Испытание осколочной гранаты производится в центре дна циРис. 12.
а- |< — £*
1- Ш Ш
И
линдричесшй ямы глубины Я. Обра- Щ Ш Ш Ш Ш
зующиеся при взрыве осколки, ско- Рис. 13.
рость которых не превышает v0, не
должны попадать на поверхность земли. Каким должен
быть минимальный диаметр D ямы?
44. Тело брошено в воду с крутого обрыва высотой Я ,
Начальная скорость тела составляет угол а с горизонтом
и равна I»». На каком расстоянии от берега упадет тело? Через какое время весле начала движения тело окажется на
высоте h над водой? Какова скорость тела в момент падения
в воду?

14

45. Под каким углом к горизонту необходимо бросить
камень с обрывистого берега реки, чтобы он упал в воду
возможно дальше от берега? Высота обрыва h0—20 м, начальная скорость камня щ— 14 м/с,
46. С какой наименьшей скоростью нужно бросить
тело с вершины башни высотой ht чтобы оно упало йа расстоянии S от подножья башни?
47. За телом, брошенным под углом а к горизонту, наблюдают в оптическую трубу, установленную в
точке бросания. При каких углах а в движении тела будут
моменты, когда его скорость будет перпендикулярна: оси
трубы?
48. Пикирующий бомбардировщик сбрасывает бомбу
с высоты Я, находясь на расстоянии L от цели. Скорость
бомбардировщика о. Под каким углом к горизонту он дол-
‘ж ен пикировать? .
49. Шарик свободно падает с высоты h на наклонную
плоскость, составляющую угол а с горизонтом (рис. 14).
Найти отношение расстояний между точками, в которых
подпрыгивающий шарик касается наклонной плоскости.
Соударения шарика с плоскостью рассматривать как абсолютно упругие.
у. 1 . ^ . —
Л*/
60. Из точки х = у —0 (рис. 15) одновременно выброшены два тела с одинаковой начальной скоростью v0 под
разными углами и а , к горизонту. Чему равна скорость
движения тел друг относительно друга? Чему равно расстояйие между телами по прошествии времени т? (Тела движутся поступательно.)
, 51. С башни по ’всевозможным направлениям с одинаковой начальной скоростью у„ брошены камни. Оказалось;
что камень, подлетевший к земле по наиболее пологой у самой земли траектории, имеет при подлете вектор скорости,

15

составляющий угол <р с горизонтом. Определить Высоту
башни.
52. Со стола высотой h сбрасывают упругий шарик,
сообщая ему некоторую горизонтальную скорость. В момент, когда шарик испытывает одно из бесчисленных упругих соударений с полом, с того же стола горизонтально
сбрасывают другой шарик, сообщая ему такую скорость,
чтобы он столкнулся с первым шариком. На какой высоте
произошла встреча? —
53. Снаряд вылетает из пушки с начальной скоростью
v0. Определить «зону безопасности», т. «. геометрическое
место всех тех точек пространства, куда снаряд не, может попасть. < ‘ ,
54. Гусеница трактора состоит из п звеньев. Длина
каждого звена а. Радиусы колес, на которые надета гусеница, R. Трактор движется со скоростью v. Предполагается,
что гусеница не провисает.
1) Ка кое числ о звеньев гусеницы-движется в данный момент поступательно, какое число звеньев покоится (относительно земли} и какое число звеньев участвует во вращательном движении?
2) Трактор прошел путь S^>na. Сколько времени каждое
звено гусеницы двигалось поступательно, покоилось и участвовало во вращательном движении?
55.. Для того чтобы повернуть трактор, движущийся со
скоростью 1>0= 18 км/ч, тракторист притормаживает одну
из гусениц так, что ось ее ведущего колеса начинает двигаться вперед со скоростью vx—\4 км/ч. Расстояние между
гусеницами rf—1,5 м. Дугу какого радиуса опишет центр
трактора?
56. Можно наблюдать- в горах следующее явление: звезда «на глазах» быстро скрывается за отдаленной вершиной,
(Тоже явление можно, конечно, наблюдать на равнине, если имеется достаточно удаленное высокое. сооружение.)
С какой скоростью нужно бежать, чтобы все время видеть
звезду на одном и том же угловом расстоянии от горы? Расстояние от наблюдателя до вершины 10 км. Наблюдение ведется на полюсе. .
57. Сплошной диск катится без скольжения по горн*
зонтальному участку пути с постоянной скоростью, v
(рис. 16).
1) Доказать,,что линейная скорость вращения относительно центра О любой точки диска, лежащей на его ободе,
равна скорости поступательного движения диска.

16

2) Определить величину и направление скорости то
чек Л , В, С и D, лежащих на ободе диска, относител1но не
подвижного наблюдателя.
3) Какие точки диска имеют, относительно неподвижного наблюдателя, ту же по абсолютной величине скорость,
что и центр диска?
Рис. 16. , Рис. 17.
58. Палочка АВ длины / движется в плоскости чертежа
(рис. 17) так, что в данный момент времени скорость ее конца А -направлена под углом а , а скорость конца В — под
углом р к палочке. Величина скорости конца А равна V.
Определить величину скорости конца В. Найти положение
неподвижной оси, перпендикулярной плоскости чертежа,
относительно которой в рассматриваемый момент времени
палочка вращается (т. е. найти положение мгновенной оси
вращения палочки).
59. Начертить распределение скоростей вдоль палочки
АВ а условиях предыдущей задачи.’
‘» 60. Толпа муравьев волочит кусочек коры в форме равностороннего треугольника. Известно, что в некоторый момент времени Скорость вершины В равна v и направлена
вдоль Л В, а скорость вершины С направлена вдоль СВ:
Найти величину скорости вершины С в тот же момент.
61. Легковая машина едет по горизонтальному шоссе за
грузовиком. Между двойными шинами задних колес грузовика застрял камень. На каком расстоянии от грузовика
должна ехать легковая машина, чтобы камень, вырвавшийся из колес грузовика, не попал в нее? Машины движутся со
скоростью 50 км/ч. \
62. На экране демонстрируется движущаяся повозка. Радиусы передних колес повозки г—0,35 м, задних —
/?=1,5 т. Передние колеса имеют А^=6 спиц. Съемочная камера перемещает пленку со скоростью 24 кадра в секунду;
Считая, что колеса повозки катятся без скольжения, опреде

17

лить, с какой минимальной скоростью должна двигаться
повозка, чтобы передние колеса ее казались на экране невращающимися? Какое наименьшее число спиц N 2 должны
иметь при этом задние колеса, чтобы они также казались невращающимися?
63. При каких скоростях движения повоэки, движущейся слева направо (см. условие задачи 62), кинозрителям будет казаться, что 1) спицы колес вращаются против часовой стрелки? 2) спицы передних колес и задних колес араус цилиндрической части г, дисков R. Какую скорость имеют точки А и В, находящиеся на ободе одного из дисков?
65. Какие точки дисков из предыдущей задачи имеют
мгновенную скорость, равную по величине скорости оси
катушки?
66. Начертить траектории точек Л, £ и С катушки
(рис. 19), которая катится по бруску без скольжения своей
цилиндрической частью, —
67. Шарикоподшипник поддерживает конец оси вала,
вращающегося с угловой скоростью со. Диаметр оси вала d
(рис. 20), диаметр обоймы шарикоподшипника D. Найти линейную скорость движения центра одного из шариков, если

18

обойма неподвижна и если обойма вращается с угловой скоростью £2. Считать, что в обоих случаях шарики катятся по
валу и обойме без скольжения.
68. По плоскости без скольжения катится конус. Ось
конуса вращается со скоростью со вокруг вертикали, проходящей через его вершину. Высота конуса h, угол между
осью и образующей а. Чему равна угловая скорость вращения конуса вокруг своей оси? Определить линейную скорость произвольной точки диаметра основания конуса,
лежащего в вертикальной плоскости. ‘
69. На рис. 21 схематически изображена дифференциальная передача автомобиля, которая применяется для
того, чтобы ведущие колеса автомобиля не скользили при
прохождении ими криволинейного участка пути. (При
этом они должны вращаться с различными скоростями.)
Двигатель вращает колесо В, с которым жестко скреплена ось А. Вокруг нее может свободно вращаться пара конических шестерен Е. Эта пара шестерен связана зубьями с
другой парей конических шестерен, но которым она катится. Ось ведущих колес автомобиля (обычно задних) разрезана пополам, и на концах оси сидят шестерни С и D. Эти
половинки оси мЬгут вр&щаться с различными угловыми
скоростями, оставаясь связанными дифференциальной передачей. Найти соотношение между угловыми скоростями Q,
в>, щ и са2 дифференциальной передача, если радиусы шестерен Е равны г, а радиусы шестерен Е> и С равны гх.
70. Четыре черепахи находятся в углах квадрата со
стороной а. Одновременно они начинают двигаться с постоянной по величине скоростью v, причем первая черепаха

19

все время держит курс на вторую, вторая.на третыр, третья
на четвертую, четвертая на первую. Встретятся ли черепахи, и если встретятся, то через какое время? ,
71. От прямолинейного участка берега отошли одновременно два корабля А и &, находившиеся первоначально
«а расстоянии а = 3 км друг от друга. Корабль А двигался
по прямой, перпендикулярной к берегу. Корабль В держал
непрерывно курс на корабль А, имея в каждый момент одинаковую с ним, скорость. Очевидно, что через достаточно
большое время второй корабль будет следовать за первым,
находясь от него на некотором расстоянии. Найти это расстояние.
72. На песке покоятся две стальные плиты М и N высоты Я (рис. 22). Расстояние между плитами /= 20 см. По
плите М равномерно движется шарик, скорость которого точно не
определена. Известно только, чуо
она лежит в интервале от 200 ем/с
до 267 ем/с. ‘ .
1) При. какой высоте Я нельзя
предсказать направление скорости
шарика по горизонтали в момент
падения его на песок? (До падения,
на песок шарик успевает удариться
.о плиту N по крайней мере раз»)’
. 2) При какой наименьшей высоте плит нельзя будет предсказать, на каком участке отрезка / упадет шарик?
Временем соударения шарика с плитой пренебречь.
Удар считать абсолютно упругим.

20

Кинематика криволинейного движения. Ответочки

36.-Полное ускорение шарика в любой точке -траектории равно g
(ускорение свободного падения). Нормальное ускорение равно
a „ = g sin а, где а —угол, который составляет касательная к траектории с вертикалью. Тангенциальное ускорение равно ах = g cos a.
Из простых геометрических, соображений можно получить
sin а =
Следовательно,
a„=g
V t>o+.g2T2
— = = = = • , а% == g —у г = .
V t’S i — g v V vl -f- g2x2~
V vl+gH* .
в?
37. Движение тела можно рассматривать как наложение движения по окружности радиуса R в горизонтальной плоскости и падения по вертикали. Соответственно скорость тела v в данный момент
можно представить как геометрическую
сумму двух составляющих: v1 = t> cos a —
направленной горизонтально, и v2 —
а sin a —направленной вертикально
(рис. 288). Здесь а —угол, образованный
винтовой линией желоба с горизонтом.
Ускорение тела при криволинейном
движении равно геометрической сумме
тангенциального и нормального ускорений. Нормальное ускорение, соответствующее движению по окружности, аХп —
— v\fR = .v2 cos2а/R. Движение по вертикали прямолинейно, поэтому а2п= 0.
Искомое ускорение а —
й1х + а 1т + ° 1л , где а1х и Й2г—тангенциальные ускорения, соответствующие
движению по окружности и вдоль вертикали. Полное тангенциальное ускорение,
очевидно, равно а % = У а\х -|-alT. Его можно найти, мысленно развернув поверхность цилиндра, на которую навит винтовой желоб,
в плоскость. При этом желоб превратится в наклонную, плоскость
с высотой nh и длиной основания 2nRn. Очевидно, «T = g s in a =
= ghl y,h?-1- 4n3R 2.
Для определения а1п найдем v из закона сохранения энергии:
mv-j2 = mghn. Следовательно, v2=2ghn и aln = 8n2nhgRl(h2-\-4 л2R 2).
Подставив найденные ускорения <2Т и ат в выражение для искомого
ускорения, найдем —
. gh V /!2+ 4 п 2^ 2 -f 64я

174

38. Точку ^’отправления лодки примем за началоотсчета системы
координат. Направление осей указано на рис. -289. Движение лодки
в направлении, перпендикулярном течению-,- происходит с постоянной
скоростью и. Поэтому лодка будет находиться на расстоянии у от
берега через время t — y/u после отправления. Рассмотрим движение
лодки до середины реки (# < .с /2). На расстоянии у от берега ско-
‘ 2v0
рость течения равна v = —^ — y. *
Подставляя y —ut в выражение для скорости течения, получим
v — 2o0ut/c. Из последнего соотношения следует, что движение лодки
в направлении, параллельном берегам, происходит с постоянным
ускорением a = 2v„u/c. Лодка достигает середины реки за время
Т=с/2и. За это же время она будет снесена вниз по течению на
расстояние S — аТ2/2 = с^с/4и. При движении от середины реки
(точка D) до противоположного берега лодка’будет снесена дополнительно еще на расстояние S. Таким образом, искомое расстояние
at2
равно v„c/2u. При движении лодки до середины реки х — ~ = ^ — 12,
. А С’
a y —uti Из этих соотношений определяем траекторию лодки от А
си —
до D: у2— х (парабола). Вторая половина траектории (DB) имеет
% —
тот же характер, что и первая.
39. Закон движения тележки А : у ~ v t . Закон движения тележки & х = У 1%—ьЧг. Движение, тележки В вдоль горизонтального
рельеа можно представить как сумму двух независимых движений:
движения вертикально Вверх со-скоростью v и вращения вокруг
точки А с некоторой скоростью w (w I). Из простых геометрических
соображений следует, что u/vt — v/x, где х —расстояние тележки В
от начала координат. Отсюда получим и = —v2t/ У l2— v2t2. _
40. Относительно системы отсчета, изображенной на рис. 290,
координаты и скорости тела в любой момент времени определяются
следующими выражениями: .
x — vext, ■ ( 1) vx ~=v0x, (3)
y = v 0y l — g t2/2, (2). vy = v 0y— gt. (4)
Здесь v0x= v0 cos a a v0y — v0 sin a — проекции начальной скорости
на оси х и у. Уравнения ( 1)—(4) позволяют ответить на все вопросы, поставленные в условии задачи,

175

Время полета Т определяется уравнением (2). При у — О
(v0 sin а) Т — g T 2/2 = Q.~ Отсюда Т = 2v0 sin a/g. Дальность полета
L — (v0 Cos а). Т = Vo sin 2a/g. Максимальное значение L принимает
при а = 45°: i max==fo/g.
Высота, на которой будет находиться тело спустя время т, равна
ft = («o sin ос) т —g r2/2. Скорость тела в момент времени т равна
v = V Ух где vx = Vp cos a , vy = v0 sin а —gr. Отсюда скорость
v = V vl ~|- g2t 2 — 2u0gx sin а. Она составляет с вертикалью угол f>,
определяемый равенством tg cos a/(u0 sin a —gx). _
41. Координаты тела x и у меняются с течением времени по
закону .
у = (и0 sin a) t — g t2/2, x = (v„ cos a) t.»
Исключив отсюда время, мы получим уравнение:
У = 2vl cos2 a
*2+ ( t g a) x.
Это уравнение параболы. Обозначая через х0 и у0 координаты вершины параболы (точка А на рис. 290), можно записать уравнение
траектории в форме у — y0 = k ( x — х0)2, где
k = g
2vl cos2 a
Уо _ vl sin2 a
2 g
v _ Vo sin 2a
42. Траектория мяча проходит через точку с координатами Я
и S. Поэтому (см. задачу 41) Н = —gS2/2u2cos2 a-j-S tg а. Отсюда
имеем: v% = g S2/2 cos2 a(S tg a — H) = g S2/(S sin 2a — H cos 2 a —H) =
= g S2/[ V S 2 + tf 2 sin (2a — ф) —. H], где tg ф = H/S. Наименьшее
значение t?0 = V g S 2l ( \ r S 2 + H2- H ) = V g { V ‘ S 2 + H 2 + H) достигается при a =
Ф л
‘ 2 т» 4 ‘
43. (Рис. 291.)
(и0 cos a) t = D/2, (t>0 sin a) I —g t2/2 = H ,
t =
D D
2va cos a
tg 2a
tg a —
4t>o tg a —
gD2
8i>„2
iHvl
gD
(1— tg 2a ) = H,
— 0

176

При заданном D последнее уравнение дает два значения а, соответствующих навесной и настильной траектории, или два одинаковых
значения (критический случай), или ни одного (осколок не попадает
на край ямы). Следовательно, яма должна быть такой, чтобы это
уравнение не имело решений:
Отсюда следует, что если v0 < У 2gH, то D —любое; если же
и0 У 2gH, то
■ — D ^ ^ — V v l — 2 g H , Dmia = ^ V v l — 2 g H .
S — 6
44. Координаты и скорости тела в любой момент времени относительно системы отсчета, изображенной на рис. 292, определяются
теми же уравнениями, что и в задаче 41. В момент падения тела в
воду его координата у = —Н. Поэтому время полета Т определяется
уравнением
— H = {v0 s m a ) T —g T 2/2.
Отсюда
т t>o sin « ± К Dp sin2« zj-2g tf
“ g ’
Так как Т > О, следует оставить знак плюс. Расстояние от берега
, ™ уS sin 2а . y n C o s a i/- ! ~ . ,, „ L — v0 c o s a — r = — ^ 2^—— [- ■ V UoSin2a + 2 gH.
Тело окажется на высоте Л над водой спустя время
_ v0 sin a ± V» v% sin2 а + 2£ (Я —К)
т — — ■ .
Если | h | < | H |, то’ физический смысл имеет только знак плюс.
При Л 5 = Я имеют смысл оба решения. Тело дважды во время падения окажется на одной высоте над водой.

177

Конечную скорость v проще всего найти с помощью закона сохранения энергии
mv%}2~\- mgH = mv^/2.
Отсюда .
‘ v ^ V il- \- 2 g H . ■
45. В системе отсчета,- изображенной на рис. 293, координаты
камня в любой момент времени определяются следующими уравнениями:
x= (v0 cos а ) / , у — sin а ) t — g t 2/2. ■ ~
В момент падения камня t/ = 0 и x — S, где S —дальность полета
камня. Решая эти уравнения
относительно угла а, получим
tg a =
= A ( l ± V 1+ ^ 2- ^ V
^ V ‘ У + v% v\ )
x Это выражение’ имеет смысл при
Р и с — m ‘
■’ . • v \ Ч’о «»
Отсюда S «£у0 К vl+ 2ghjg. Следовательно, 5 тах= и 0V vl + 2ghjg.
При меньших S каждому значению S соответствуют два значения
угла а, разность между которыми тем меньше, чем ближе значение S
к максимальному. Следовательно, при максимальной дальности полета
tpcL= ■= — — v° — = — J — t a = 3 0 9.
gSшах Y vl + 2gh0
46. Движение тела описывается уравнениями
A + (a0 sin a) t — ^ — = 0, (»0c o s a ) t= S . .
Отсюда
gS2 gS* 1
i/o = 2 cos2a(A H -S tg«) ’ 2 /icos2a-}-S s in a c o s a ~
^ A (2cos U (O (»nc2 n — 1 \ .C c in Or/ -J— h ^ 2a — l ) — f 5 sin2a4*A A-j-(Acos.2a+S. sin2a)»
g S 2
_ h-\- У h — S3 cos (2a —<p) ’
где ф — некоторый угол. Следовательно,
У / , + / » » + — r s i V W + s * — » ) .

178

47. В любой момент времени труба составляет е горизонтом
угол р такой, что tg {5 = у/х, где — «*
y = (v 0s in a )f — gt»/2, x = (vQcosa)t
(координаты тела). Вектор скорости тела составляет с горизонтом
уголф, причем tg fp = (у0 sin a — gt)/(v0 cos a). По условию 0 —ф = я/2.
Воспользовавшись формулой tg (§ — ф) = (tg Р — tg<p)/(l-f-tgptgq>),
придем к уравнению g?/a-^3g(u0’« in -a )/4 ,2t’o==O. Отсюда
Это выражение имеет смысл (дает два разных или одинаковых действительных значения t) лишь при cos a < 1/3.
48. Путь S, пройденный бомбой по горизонтальному направлению, равен S = f f L 2 — Н2= ( у cos a ) t, где / — время падения бомбы.
Пройденной по вертикали путь И — (v sin a) t -j- g t2/2 (рис. 294).
Исключив время из этих уравнений, находим: .
‘ . «2 — л f ( У2\2 , 2Но* Г ■
; t ««— ■ .
Имеет смысл решение со знаком плюс. Знаку мянус соответствует
а < 0, т.- е. случай сбрасывания бомбы в момент, когда самолет летит
вверх.
49. Решение задачи значительно упростится, ееаи ееи координат
направить вдоль наклонной п лоскости^ перпендикулярно к и«й
(рис. 295). Тогда проекции ускорения шарика на оси х и у будут
соответственно равны ах —gx — — g s i n a , Oy— gy = — g.cos a . Скорость
шарика в момент первого соударения с Наклонной плоскостыа будет
равна г>0= У 2gh. Начальная скорость шарика иосле’первого-соударения равна v0 и образует с осью у угол а (ркс. 295).
Расстояние между точками первого « второго соударений шарика
с плоскостью равно

179

где^ /д — время полета. Это время определяется уравнением
> (t)0 cos а Н i — (g cos a) t\j2 —0.
Отсюда tx = 2 v jg и / х = 8ft sin a . . Скорость шарика в момент второго соударения определяется равенствами
vix = ^o x + ‘fx h = vo s in a + ( g sin a) t t = Зу0 sin’a,
viy = voy + ayU = va cos a —(g cos a) t x = — o0 cos a.
После окончания процесса соударения эти скорости равны
v zx = v ix> v2y ~ — V1 у
Расстояние между точками второго и третьего соударений равно
= (3% sir> °0 h + {g sin a) t\f2,
где 12— время полета. Так как начальная скорость вдоль оси у т а ,
же, что и при первом соударении, то l 2 = t x. Поэтому /2 = 16/г sin a.
Аналогично можно показать, что расстояние между следующими точками /s = 24/!sina. Следовательно, отношение / 1: / 2:/3. . . = 1 :2 :3 …
50. Составляющие скоростей тел вдоль к и у в любой момент
времени определяются так:
Uij/= « 0s in a 1— gt, i>2j/ = t>o s in a 2—gt,
, vix = vo cos a lf v.lx = — v0 cos a 2.
Пусть и — скорость первого тела относительно второго. Тогда
uy = v0 sin <xt —g t— vо sin a 2-f-g/ = p0(sin a t — sin a 2),
их — Щ (cos a t + cos a 2).
Следовательно, скорость и равна .
u = V Ux-\- tiy — 2v0 cos .
Тела движутся друг относительно друга с постоянной скоростью. По
прошествии времени т расстояние межДу ними будет
S = 2 ^ t/д cos — j т. ‘ ,
51. Скорость любого камня при подлете к земле укон =
= Y v%-\-2gh . Камень, подлетевший по наиболее пологой траектории,
имеет наибольшую горизонтальную скорость. Но последняя равна
«’гор шах = vo- Поэтому cos <р = v J V vl + 2gh . Отсюда h = ~ t g 2if.
52. Первый шарик отражается от пола, имея вертикальную составляющую скорости у0= V 2gh. Его вертикальная координата
y1 = v0t —g t 2j2, в то время как вертикальная координата второго
шарика y 2 = h — g t 2/2. В момент встречи — у 2- Отсюда следует,
что фарики встретились на высоте 0,75ft.
53. Из решения задачи 43 следует, ■ что снаряд не попадает
в точку, расположенную на высоте у, если расстояние по горизон

180

тали от этой точки до пушки •
Рис. 297.
трактора по дуге через ш. Тогда v1 — a>(R— d/2), v0 = b) (R-\-d/2)
(рис. 296). Отсюда ■ ‘
Oj R — d/2
v„ R-\-d/ 2 ‘
R- d.v o + Pi
2 v„ — yj = 6 m .
56. Первоначально наблюдатель находится на полюсе (точка О,
рис. 297). Земная ось проходит через точку О перпендикулярно

181

чертежу. О А (параллельное ВС)— направление на- звезду. Гора находится справа от точки А. а = а>Д/ —угол, на который повернется
земной шар за время At, со — углорая скорость вращения Земли.
Чтобы видеть звезду, наблюдатель должен за это время пробежать
расстояние ОС m OAw At. Скорость наблюдателя v = ОС/At = ОА<а —
— 0,7 м/с. ,
57. 1) За время полного оборота Г диск пройдет путь, равный
длине окружности диска, т. е. S = 2jir, где г — радиус диска. Следовательно, поступательная скорость любой точки диска vn = 2nr/T ~ и.
С другой стороны, лилейная скорость вращения относительно центра 0
точек, лежащих на обеде диска, равна ул = о>г, где со —угловая скорость вращения. Так как а> = 2п/Т,- то ил = 2nr/T = v n, что и требовалось доказать. ‘
2) Скорость точек обода относительно неподвижного наблюдателя
складывается из двух скоростей: скорости — поступательного и скорости вращательного движений. Для точки А суммарная скорость
будет равна 2v. Для точек в и В суммируемые скорости равны по
абсолютной величине; и их сумма.составляет У 2v (рис. 298; а). Для
А 20-
точки С суммарная скорость относительно неподвижного наблюдателя
равна нулю, так как скорости поступательного движения и вращательного движения равны по абсолютной величине и направлены
в противоположные стороны. ’
3) Мгновенные скорости точек диаметра АС возрастают прямо
пропорционально расстоянию от точки С. Поэтому движение диска
в данный момент времени мъжно рассматривать как вращение вокруг
точки соприкосновения диска с плоскостью. Ось, проходящая через
точку С перпендикулярно плоскости диска, носит название мгновенной оси вращения. Она перемещается при движении диска, проходя
всё время через точку соприкосновения диска с плоскостью. Следовательно, в Данный момент времени все точки диска, отстоящие от
точки С на одно и то же расстояние, будут иметь одинаковую суммарную скорость относительно неподвижного наблюдателя^ Точки,
находящиеся на расстоянии радиуса диска, от мгновенной оси (от
точки С), будут иметь ту же по абсолютной величине скорость, что
и скорость оси, т. е. и (рис. 298,6). •
58. Составляющая скорости вдоль палочки для всех точек палочки
одинакова и равна u — v cosa. Следовательно, скорость конца палочки В равна v/t = v cos a/cos fi. Движение палочки можно рассматривать как поступательное движение вдоль АВ со скоростью и

182

и одновремеиибе^вращение вокруг оси, перпендикулярной плоскости « проходящей через некоторую точку £> палочки. -Расстояние точки О от конца палочки й легко определить из соотношения • у co s« tg ft I — АО a q — i t g a . v sin a AO I g a + t g P ‘ Движение палочки в данный момент времени можно также рассматривать как чистое вращение вокруг оси О’, перпендикулярной плоскости чертежа и расположенной на перпендикуляре 00′ к АВ. Расстояние 00′ равно . ‘ 0 0 ‘ = АО ctg -a= / -;— -T-r—fi5 t g a + t g f l 59. Распределение скоростей различных точек палочки показано на рис. 299. Скорость vc произвольной точки С палочки по величине равна ®с = и2 cos2 a + t>2 sinz a СО2 АО2′ и направлена перпендикулярно прямой, проведенной из точки О’ (см. предыдущую задачу) в данную точку С. 60. vc = vb cos 6 0 ° = у/2. . 61. Удобнее всего решать згу задачу в системе отсчета, связанной с равномерно движущимися автомобилями. В этой системе дорога движется назад со скоростью у = 5 0 км/ч, автомашины находятся в покое друг относительно друга, а их колеса вращаются. Линейная скорость точек на окружности колеса и линейная скорость зажатого камня также равны v. Камень пролетит наибольшее расстояние, если он вырвется в момент, когда его скорость составляет с горизонтом угол 45°. Найдем -это расстояние. ТТренебрегая- тем обстоятельством, что в момент вылета камень находится несколько выше уровня шоссе, получим / = и 2 sin 2a/g = v2/ g = 19,6 м. Расстояние между машинами должно быть не меньше f9,6 м. ‘ * -62. Угол между соседними спицами переднего колеса равен

iPj > Жф—лр/2, 4ще -к= :1, 2, 8, . . . Последовательные положения спиц колеса для данного ^случая-изебряясевы

183

на рис. 300, а. Зрителю кажется, что каждая спида повернулась на
угол а < ф/2 против часовой стрелки. Возможные значения угловой
скорости заключены соответственно в интервале
kw (2k > a>i > — 2^-1)Ф
Так как число спиц передних и задних колес одинаково, то для
/ Л > .4’
0J
Рис. 300.
того, чтобы колеса казались вращающимися против часовой стрелки,
скорость повозки должна удовлетворять неравенствам
k(fr
т
k(fR
х
> V >
k(fr ф г
2т’
ф#
т
k<(R
2т
(1)
(2)
# = 1,5г, поэтому второе нерааенство можно переписать следующим
образом:
. _ km г 1,5£ф г 1,5ш г
1 ,5 —i — > v > ^ — X——-L-2^ .
т т 2т
Оба неравенства, совместимые лишь при k = \, дают допустимые
значения скорости повозки в виде фл/т > v > 0,75ф/ут, или, так как
ф = 2я /6, 8,8 м/с > v > 6,6 м/с. ‘
2) Спицы заднего колеса будут казаться вращающимися по часовой стрелке, если за время т колесо повернется на угол f)2, удовлетворяющий условию (2k — 1)ф/2 > р2 > (k— 1)ф (рис. 300, б). Отсюда для скорости повозки вытекает нёравенство
1,5 (2k2т
> v ^ 1 ,5 (fe — 1)фг ‘
Одновременно должно быть удовлетворено неравенство (1). При k = l
оба неравенства совместимы, если 0,75 фг/т > v > 0,5ф г/т; при ft —2
они совместимы при условии 2фл/т > v > 1,5фл/т. Если k > 2, то
неравенства несовместимы. Следовательно, 6,6 м/с > v > 4,4 м/с или
17,6м/с > v > 14,2м/с.

184

64. Через точку С (рис. 301) проходит мгновенная ось вращения (см. задачу 57). Поэтому точка Л имеет скорость, равную =
— *= v (R -\-г)!г. Точка В имеет скорость
vB ^ v ( R — r)lr.
65. Мгновенную скорость, равную
скорости оси катушки, имеют точки, расположенные на окружности радиуса г,
центром которой является точка С.
66. Траектории точек А, В и С изображены на рис. 302. Точка В описывает
кривую, называемую обыкновенной’ циклоидой; точки А и С описывают удлиненную и укороченную циклоиды.
67. Линейная скорость точек на окружности вала vl = a>d/2. Линейная скорость .точек обоймы v 2 = QD/2. Так как
шарики катятся без скольжения, таковы
же будут и мгновенные скорости тех
точек шарика, которые в данный момент соприкасаются с валом
и обоймой. Но мгновенную скорость любой точки шарика можно
Рис. 301.
рассматривать как сумму двух скоростей: скорости движения его’
центра v„ и линейной скорости вращательного движения вокруг
Рис. 303.
центра. Вращение шарика будет происходить с некоторой угловой
скоростью й)„ (рис. 303). Поэтому = v0— a 0r, v2 = v0-\- a y . Отсюда
y0 = 1/2(t’l + » 2 )= 1/ 4 M + QZ))-
В этом выражении каждая из угловых • скоростей может быть как
положительной {вращение по часовой стрелке), так и отрицательной
(вращение против часовой стрелки). При Q = 0 и0 = cod/4.
68. Так как конус катится без скольжения, то точки образующей О А (рис. 304) должны быть неподвижны. Из этого условия

185

определяется скорость Q вращения . конуса вокруг собственной оси. —
Для точки А это условие дает teft/cos ос= Qh tg а. Отсюда Q = со/яп и.
Скорость произвольной точки Од диаметра АВ основания конуса
— слагается из двух скоростей: ‘ ■
v1 = 4) (h cos а — г sin a)-)-/-to/sin а, —
где г — расстояние от центра С основания до данной точки. Для
точки D-2, лежащей ниже центра С, будем иметь
— = to (h cos а-)- т sin a) — лм/sin a. ,
Крайняя нижняя точка имеет скорость, «равную нулю, а крайняя
верхняя—скорость 2a>ftcosa.
89. В местах сцепления конических шестерен £ л С, а также
— шестерен Е и D линейные скорости должны быть одинаковы. Так
как шестерни Е вращаются вокруг оси А со скоростью <й, а сама,
ось вращается в другой плоскости со скоростью ft, то для сцепления
колес £ я С имеет место равенство r 1(o1 = r(o-|-r1Q. Для сцепления
колес Е и D аналогичное равенство имеет вид r2(02= —
Отсюда 2Q = a>1-f<fl2, 2® = y-(w1 —a>?). При определеннойскоростий
приводимого во вращение двигателем колеса В урловые скорости ведущих колес автомобяля могут отличаться друг от друга на величину
от нуля до 2Q. ‘ .
70. Из соображений симметрии очевидно, что в любой момент
времени черепахи будут располагаться в углах квадрата, сторона
которого все время уменьшается {рис. 305). Скорость каждой черепахи
можно разложить на радиальную (направленную к центру) и
перпендикулярную eft. Радиальная скорость, т. е. скорость приближения к центру, будет равна vr = v! V~2. Каждой черепахе предстоит
пройти до центра расстояние I = а/ V~2. Следовательно, черепаха
встретятся в центре квадрата через время i — lp)T — a]p.

186

71. Корабль В движется па направлению к кораблю А со скоростью у. В то же время корабль А удаляется «г корабля В со скоростью у cos а (рис. 306). Следовательно^ расстояние А В сокращается
со скоростью в:(1 — cos а). Точка С (проекция точки В на траекторию
корабля А) движется со скоростью v cos а. Поэтому расстояние АС
увеличивается со скоростью v ( l— cos а). Следовательно, сумма рас-,
стояний S = АВ + АС остается
при движении кораблей постоянной. В начальный момент
точка С совпадала с Л и потому S = АВ = а. Через достаточно большое время точка С
будет совпадать с В. При этом
АВ = АС — S/2 = а/2. Корабли
будут двигаться на расстоянии
1,5 км друг от друга.
72. Движение шарика можно рассматривать, то обыкновению, как результат сложения движений по вертикали
(равноускоренное движение) и горизонтали (равномерное движение).
Проще всего решить задачу, построив график зависимости координаты щарика вдоль горизонтали от времени для предельных значений скорости 267 см/с и 200 см/с (рис. 307). Нижняя ломаная
соответствует максимальной скорости, а верхняя —минимальной.
Рис. 306.
С «течением времени, как видно из графика, неопределенность координаты шарика х, даваемая отрезком горизонтальной прямой, заключенной между линиями графика, увеличивается. Вертикальная штриховка на рис. 307 соответствует движению шарика от М к N, а
горизонтальная — т N к М. Области пересечения штриховок соответствуют неопределенности в направлении горизонтальной скорости.
1) Непосредственно из графика видно; «по направлению скорости
шарика по горизонтали после того, как он один раз отскочит от

187

плиты N, будет неопределенным при времени падения 0/ C < / < 0L
или■ t > АВ (Oft = 0,15 с; OL = 0,2 с; АВ = 0,225 с). Следовательно,
10 см< # < 2 0 см или Н З з g t2/2 к 26 см.
2) Шарик может попасть в любую точку основания, на котором
покоятся плиты, если время падения шарика f S * A F = 0,3 с. Следовательно, Нтjn = 44 см.

188

физика, кинематика
#физика, #кинематика

Пытливый ум — Хочу Всё Знать! Дача, огород, лайфхаки, знания, учёба