§ 2. Криволинейное движение

44. Возьмем систему координат XOY (рис. 199), начало которой распо­ложено на поверхности земли, ось ОХ направлена вдоль этой поверхности в сторону начальной скорости, а ось OY направлена вертикально вверх и проходит через точку А, из которой брошено тело. Движение тела можно представить как сумму равномерного движения со скоростью v0 в горизон­тальном направлении и равноускоренного движения без начальной скоро­сти в вертикальном направлении с уско­рением ау =— g, направленным вниз.Проекции скоросги по осям координат в этом случае

vx = v0, (1)vy=—gt, (2)

полная скорость

v=y vl~\-v-y =у vl + g4*.

Законы движения для координат х — v0t

у = н -gP 2 •

(3)

(4)

(5)Исключив из выражений (4) и (5) время t, получим уравнение траектории:

у=н-2 vi * (6)

Это уравнение является уравнением параболы.45. Исключив время из уравнений (4) и (5) решения задачи 44 и поло^

жив у = 0, найдем: x = v0 V ^H/g = 22,6 м.46. Законы движения камня такие же, как в задаче 44. Исключив время

из уравнений (4) и (5) и положив х — 1 и у — 0, найдем: H — gl2/2v% = 4,9 м.47. Исключив время из уравнений (3) и (5) решения задачи 44 при у = О,

найдем: v0 = Vrv2 — 2gH — 5,6 м/с.48. Когда скорость тела, брошенного горизонтально, составляет с гори«

зонтом угол а = 45° (см. рис. 199), имеем: tga = vy/vx = —1. Отсюда согласно уравнениям (1) и (2) решения задачи 44 получаем: £ = y0/g^l,5 с.

49. При падении камня на землю h — О. Поэтому искомая высота

Н--vl tg2 а

2* ; 34,4 м.

50. s = 2tf/tga = 4 м.51. Полным ускорением является ускорение свободного падения g. Сле^

довательно, Р-^угол между полной скоростью и вертикалью (см. рис. 199). Поэтому tg р = vx/uу = 1 и vx — Vy = gt (по абсолютной величине). В этом слу-« чае из уравнения (3) решения, задачи 44 следует:v=yr2v-u~gt]/2«з70,5 м/с.

199

52. Время падения камня (момент, когда у — — Н) равно

/== — (v0 sin a+'l^uj sin2 а + 2^Я),

угол р определяется выражением

tg р=vy _ v0 sin a — gt Уvf, sin2 a+ 2gH

cos avx v0 cos a

а скорость в момент падения

v = Vv* + v*y = V‘vl + 2gH.

53. Как видно из рис. 200, проекции ускорения на нормаль On и на ка­сательную От таковы: an — gcos a, at = gsina; здесь cosa — vx/v, sin a = vy/v. Зависимости vx, vy и v от времени определяются уравнениями (1), (2) и (3) решения задачи 44. Следовательно,

gv о0 Vvl+g4*

с«8,2 м/с2; aT=g—=g4

v Vvt+gWг 5,4 м/с2.

54. Возьмем прямоугольную систему координат с началом в том месте, откуда брошено тело. Ось ОХ направим горизонтально в ту сторону, куда

тело брошено, а ось OY — вертикально вверх (рис. 201). В этой системе коор­динат движение можно представить в виде суммы равномерного движения вдоль горизонтальной оси со скоростью vox = v0 cos a0 и равноускоренного движения вдоль вертикальной оси с начальной скоростью voy — v0 sin a0 иускорением ау —— g. Проекции скорости на оси координат в этом случаебудут

vx — vox — cos a0, 0)Vy = Voy—g/ = i>0sina0—gt, (2)

полная скоростьv=YvlJrv*=Vvl + g2t2 — 2v0gt sin a0. (3)

Зависимость угла p от времени определяется выражением

vy v0 sin a0—gt tgP = — Vqcos a0

200

На восходящей части траектории (при v0y > gt) имеем: tg р > О и составляю­щая скорости ^направлена вверх, на нисходящей (при v0yCgt) tg р < О и vy направлена вниз.

55. Возьмем ту же систему координат, что и при решении задачи 54 (рис. 201). Тогда законы движения для координат будут:

х = (v0 cos а0) •

y — (Vo sin аоМ-

(1)

(2)

Уравнение траектории тела получим, исключив время t из этих уравнений:

у=х tga0- 2v'l cos2 а0(3)

Это —уравнение параболы.56. При y = hMaKZ проекция скорости vy = 0. Время подъема t и hmKC

найдем из уравнений (2) решений задач 54 и 55:

t-- vQ sm а0 ¥~'

кv% sin2 а0

2g •

57. Так как в месте падения у — 0, то из уравнения (2) решения задачи 55 2v0 sin а0найдем время полета: t--

Дальность полета, т. е. координату места падения, найдем из уравнения (1) решения задачи 55, подставив в него найденное значение времени полета:

S — хмvl sin 2ос0

g '58. 1) График зависимости v y — f ( t ) строится по формуле (2) решения за-

ХУ sin ссдачи 54 (рис. 202). При t = Q имеем: vy = voy = v0 sin a0; при t = tx-- 0------------------------0

проекция vy — 0.g

2) Зависимость v y — f (у) получаем, исключив время/из уравнений (2) реше­ния задач 54 и 55:

vy = ± Vv'i sin2 a0 — 2gy'y

график Vy — f (у) представлен на рис. 203.201

3) Зависимость vy = f ( x ) получим, исключив время из уравнения (2) реше­ния задачи 54 и уравнения (1) решения задачи 55:

ДОv u = v о sin а0------- -------- ;у и 0 a0cosc&0 ’график v y = f ( x ) представлен на рис. 204.

59. Из формулы (2) решения задачи 55 при y = h получаем для t уравнение:

t 2 - 2 v p sin а0 ^_|_2Л_0 (О& s

два корня которого ^ = 0,28 с и t2 = 0,75 с показывают, что на высоте y = h камень побывал дважды.

60. Пользуясь уравнением (1) задачи 59 и свойствами корней квадратного уравнения, согласно которым t± +t2 — (2v0 sin a0)lg и tit2 = 2h/gy получим:

g (h + h)2 sm a0

61. Исключая начальную скорость v0 из уравнения (2) задачи 54 и решения задачи 57 для х, получим:

2 (Vy+gt)2 ctg а0

= 78,4 м/с; h = ^р. = 73,5 м.

g= 284 м.

62. В системе координат с началом в месте бросания (на вершине башни)'' (см. рис. 205) законы движения будут такими же, которые получены в решении

задачи 55. Искомое расстояние s равно ко­ординате х камня при у= —Я. Подставив у = — Я в уравнение (3) решения задачи 55, получим для х квадратное уравнение, ре­шая которое найдем:

vQ cos а0 ’ g~

(v0 sin a0 + V v\ sin2 a0 + 2gH).

В выбранной системе координат х > 0, поэтому второй корень уравнения отброшен.

63. Обозначим начальные скорости тел иг и и2 соответственно. Для тел, упавших на землю, в формуле (3) решения задачи 55 надо положить у — 0. Заменив в этой

формуле у0 и а0 на v± и аг для первого тела и на v2 и а2 для второго тела, найдем из двух получившихся уравнений:

=тЛУ sisin 2а2 sin 2ах *

Если а2 = 90°— а*, то u1/v2 = 1 и vi = v2.64. и — V v l ~ 2^Я = 6,4 м/с.65. v-Yvl~{-2gH.66. Согласно рис. 201, tg $=vy/vx. По условию задачи tg рх= 1, tg Р2 = —-I.

Используя значения vx и vy> полученные в задаче 54 [формулы (1) и (2)]# найдем:

ii — — (sin а0 — cos а0); t2 == — (sin а0 + cos а0)«

202

67. Дальность полета снаряда без учета сопротивления воздуха при задан­ной начальной скорости можно найти по формуле s = (vl sin 2a0)/g (см. реше­ние задачи 57). Согласно условию задачи s —4L. Отсюда находим:

VIб— ЙЯ0 м/с#

sin 2а0

68. В системе координат с началом в точке А (рис. 9) траектория мото­циклиста будет описываться уравнением (3) решения задачи 55. Подставив в это уравнение координаты точки приземления x — s и у = — h, найдем мини­мальную скорость:

_ s Vg°МИН cos a0 У 2 (h + s tg a0)

69. Выберем систему координат, как показано на рис. 205. Согласно этому рисунку L — Ух2-\-у2, где х и у — координаты камня в данный момент времени. Зависимость координат камня от времени дается формулами (1) и (2) решения задачи 55. Поэтому ■ = i У fo — (v<,gsin «о)'t + = 67,9 м.

70. Чтобы снаряд достиг самолета, горизонтальная проекция его ско­рости vx должна быть не меньше скорости самолета v, а вертикальная проекция начальной скорости v0y должна быть по крайней мере равна У 2gH. Отсюда минимальная начальная скорость снаряда и0 = Уv2-{-2gH = 743 м/с.

v0y У 2gHИз условия tg а0 — —- =------------------ =1,56 находим: а0^57°.

v0x v71. Ух — у2 = 2v0t cos a ^ 60 м.72. Расположим систему координат, как в решении задачи 44 (рис. 199).

Проекции скорости груза при его падении vx = v0 и vy = — gt. Угол наклона ско­рости к горизонту определяется выражением tga = vy/vx. Скорость имеет угол

наклона а в момент времени t =— ^ - t g a ( a < 0 ) . Подставив это значение t

в закон движения груза по вертикальному направлению, у = Н — (gt2/2), найдем:

А=г/==Я_£1М£5.2 g

73. В системе координат, показанной на рис. 206, координаты ключа в момент выбрасывания его из самолета

/ at2\ ( at2\*0= Wi+ -gMcosao, «/0=Wi+ -g1) sinao.

Проекции скорости ключаVox = (»о + ati) COS a0, voy = (v0 + atx) sin a0 — u0.Зависимость координат ключа от времени после выбрасывания:

x = x0 + v0xt = [v0t1-j- j cos a0 + [(у0 + ah) cos a0] t, (1)

fit2 ( at2\У = Уо + v0yt—^2 = (y<A. +Y) sin a° + Ka° + atl} sin a° — “«It' (2)

203

В момент падения ключа у = 0. Исключая время из (1) и (2), найдем искомое расстояние х. Ввиду сложности коэффициентов в уравнении (2) рекомендуется предварительно вычислить эти коэффициенты. Имеем: г/0= 144 м, у0*/ = 29,5 м/с, g/2 = 4,9 м/с2.

Искомое расстояние * = 766 м.

74. Вертикальная проекция скорости в момент удара vy = •^Vv'o sin2 а+ 2gh; время подъема на максимальную высоту Ямакс (см. рис. 207)

f = Vyfg. Горизонтальная составляющая скорости vx=v0cos Искомое рас­

стояние

х = 2ivx = ^QS j/p* sin2 а _j_ 2^г/г ^ 9,7 м.

75. В системе координат XOY с началом в точке первого соприкосновения шарика с плоскостью (рис. 208) скорость шарика, согласно законам упругого удара, в момент удара и первый момент после удара равна V 2gh и направленапосле удара под углом 90° —а к оси ОХ. Проекции скорости после удара:vx = V2gh cos (90° — а) + (g sin a) • t, vy = V2gh sin (90° — a) — (g cos a) • t,

илиоX — V2gh sin a -{- gt sin a, (1)

vy = V 2gh cos a—gt cos a. (2)204

Время достижения высшей точки траектории по (2) равно 1Х = У2hjg, время между первым и вторым ударами t—2tx.

Искомое расстояние равно координате точки второго удара, т. е.

s=x = ]f 2gh t sin a+^- sin а, или s=Sh sin a = 4 м.

§ 3. Вращательное движение

76. R = v1l/(v1 — v2) = U8 м .

77. n = 60 (vx — v2)/2nl 96 об/мин.78. При качении колеса по земле все его точки участвуют одновременно

в двух движениях: вдоль земной поверхности с постоянной скоростью v, направление которой все время горизонтально, и вокруг оси с касательной скоростью vx, величина которой постоянна, а направление меняется. При каче­нии без проскальзывания скорости v и vx равны по величине. Значения мгно­венных скоростей указанных точек колеса можно найти, складывая v и vx по

правилам сложения векторов, как показано на рис. 209. В результате получим:

vA = vx — v = 0; vB = vx + v = 2v; vc = J/ v^ + v2 =vV 2 ;

vD= yrv^ + v2 + 2vxv cos a =2 vcos — •

vE = y v\+v2 — 2uxv cos a = 2v sin

79. an = v2/R, v = axt. По условию задачи an = nax, следовательно, t = = У nR/ax = 2,78 с.

80. an = As2tl!Rt\ = 25 м/с2.81. v1 = 2v—v2 (см . задачу 78).82. Как видно из рис. 210, ajax = tg а = 0,58.

О/гг D 9^283. На экваторе у0=-у- = 465 м/с, ап0 = -^=0,034 м/с2. На широте <р=60°

2л;/?соБф поо . v% л л , 7 , «0Ф =------------------ 233 м/с, а„ф = -£-^^ = 0,017 м/с2.

84. iV = no//2 = 60 оборотов.205

85. Расстояние поезда от начала закругленного участка путиs = v0t + (axt*/ 2), (1)

Где «^ — касательное ускорение. Зависимость скорости от времени:v = vQ+axt. (2)

„ /1Ч 2 (s — OqO 1 /2Из (1) находим: ах = -------- = у м/с2.

Из; 2) находим скорость: v = —^-^- = 25 м/с.

Полное ускорение

а = УаГ+Щ= У ~+a\=~Y^^- + ^(s-v 0 t f =0,708 м/с*.

86. В системе координат ХОУ (рис. 211) скорость комка грязи в моментотрыва от колеса направлена по касательной к ободу в точке А (рис. 12), иесли колесо катится без пробуксовки или проскальзывания, то vx = v. Так как

начальная вертикальная координата комка у0 = = R (1 — cos а), то закон движения вдоль оси О У

y — R (1 — cos а) + (у sin а) • t —

Далее, используя уравнение (2) задачи 54 и время движения до наибольшей высоты, найденное в за­даче 56, получим:

/ п /1 ч , v* sin2 аI/макс —h = R (1—COSO0H---2^— •

Если движение автомобиля с той же скоро­стью сопровождается пробуксовкой колеса, то

v x > v , высота подъема комков грязи больше. Если же колесо проскальзывает относительно поверхности земли при торможении (движение юзом), то vx < v , и комки будут взлетать на меньшую высоту.

87. Пусть за время t цилиндр сделал п оборотов. В этом случае шарик не будет задерживаться желобом, если длина п шагов винтового желоба будет равна расстоянию, на которое шарик упадет за это время при свободном падении, т. е. nh — gt2/2. Если нить тянули при этом с ускорением а, то рас­стояние, на которое ее вытянули, I = а/2/2, что равно в то же время длине смотанных с цилиндра п витков нити l = nDn. Из этих выражений легко получить:

а = ngD/h.

§ 4. Динамика прямолинейного движения

88. v = ft/m ^ 43 км/ч.

89. f=F-ma=F-~(v*-vl )^ 4 ,3-10 ‘Н.

90. При спуске с постоянной скоростью сумма сил, действующих на шар, равна нулю: Mg — Q — f = 0, где / — сила сопротивления движению шара. При подъеме шара сила сопротивления будет иметь по-прежнему величину /, так

Рис. 211

206