Print bookPrint book

ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "МЕХАНІКА". Компенсаційний курс

Site: physics.zfftt.kpi.ua
Course: physics.zfftt.kpi.ua
Book: ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "МЕХАНІКА". Компенсаційний курс
Printed by:
Date: Thursday, 28 October 2021, 2:31 PM

Table of contents

Вступ

В механіці вивчаються найпростіші фізичні явища механічний рух і рівновага тіл.

Механічним рухом називається зміна положення тіл у просторі з плином часу. Про положення тіла у просторі та його рух можна судити лише по відношенню до якогось іншого тіла (тіло відліку). Тому точний математичний опис руху можливий тільки в обраній системі відліку.

Системою відліку називається сукупність тіла відліку, зв'язаної з ним системи координат та годинника.

(Примітка. Під годинником розуміють не прилад, а прийнятий принцип визначення інтервалів часу в кожній точці простору).

Систему відліку, в принципі, можна обирати як завгодно. При цьому вид та характеристики руху даного тіла відносно різних систем відліку будуть різними. Тому

рух є відносним за самою своєю природою.

Слід зауважити, що не лише механічні, а й усі інші фізичні явища відбуваються у просторі і часі, тобто "десь" і "колись". Тому система відліку є фундаментальним поняттям: будь-яку фізичну задачу ми завжди аналізуємо і розв'язуємо у певній системі відліку, інколи навіть не усвідомлюючи цього.

Залежно від умов і цілей фізика у своїх дослідженнях використовує ті чи інші моделі. Основними моделями механіки є матеріальна точка та абсолютно тверде тіло.

Матеріальною точкою називається тіло, розмірами якого можна нехтувати в умовах даної задачі, тобто по відношенню до інших лінійних розмірів (відстаней), які фігурують у задачі.

Абсолютно твердим називається тіло, відстань між будь-якими точками котрого лишається незмінною за будь-яких умов. Абсолютно тверде тіло можна розглядати як систему жорстко зв'язаних між собою матеріальних точок.

Даний посібник включає наступні розділи механіки:

1. Кінематика

2. Динаміка

3. Імпульс. Закон збереження імпульсу

4. Робота та енергія

5. Статика

6. Гідроаеростатика

Кожен розділ складається з коротких теоретичних відомостей, прикладів  та  задач для самостійного розв'язування. При цьому перед початком роботи слід відновити в пам'яті рекомендації з організації розв'язування задач та відомі спрощення й наближення, що приймаються в текстах умов за умовчанням .

Для перевірки засвоєння матеріалів розділу можна пройти тестування, але для цього необхідно зареєструватися в адміністраторів сайту.

 




Розділ 1. КІНЕМАТИКА

Кінематика – це розділ механіки, в якому вивчається рух тіл без з’ясування причин, які його визначають. В кінематиці встановлюються основні поняття, кількісні характеристики руху та рівняння для різних видів руху, що спостерігаються у природі.

Далі представлені:

Теоретичні відомості, що включають наступні теми:

Приклади розв’язування задач

Задачі для самостійної роботи

 

1.1. Теоретичні відомості. Основні поняття і величини кінематики

Основні поняття та величини кінематики кількісно визначають просторове положення та характеристики руху тіла.

Положення точки у просторі визначається її радіусом-вектором або координатами,  зміна положення — траєкторією, шляхом і переміщенням, а сам процес руху — швидкістю та прискоренням.

Радіус-вектор \( \vec{r} \) – це вектор, проведений з початку відліку в дану точку. Радіус-вектор визначає положення рухомої точки (тіла) в даний момент часу. Координати точки є проєкціями радіуса-вектора на осі координат (рис.1.1):

rx = x;        ry = y.

Траєкторією називається неперервна лінія у просторі, вздовж якої рухається матеріальна точка. Можна також сказати, що траєкторія – це лінія, яку описує кінець радіуса-вектора рухомої точки (рис.1.2). Довжина відрізка траєкторії між заданими двома точками називається шляхом S, пройденим тілом за відповідний проміжок часу. Шлях є скалярною додатньою величиною, що в процесі руху невпинно зростає.

Переміщення \( \Delta\vec{r} \) – це вектор, проведений з початкового (1) у кінцеве (2) положення тіла, рис.1.2. Переміщення визначає зміну положення тіла в просторі за заданий проміжок часу. На відміну від шляху, в процесі руху величина (модуль) переміщення  може лишатися незмінним, або зменшуватись.

Із рис. 1.2 видно, що переміщення дорівнює зміні радіуса-вектора, а його проєкції є змінами координат рухомої точки:

\( \Delta\vec{r}=\vec{r}_{2}-\vec{r}_{1} \).

(1.1)

\( \Delta{r}_{x}=x_{2}-x_{1}=\Delta{x} \);

\( \Delta{r}_{y}=y_{2}-y_{1}=\Delta{y} \).

(1.1а)

Середня швидкість переміщення \( \langle{\vec{v}}\rangle \), або вектор середньої швидкості, – це відношення вектора переміщення до проміжку часу Δt = t2t1, за який здійснене це переміщення:

\( \langle{\vec{v}}\rangle=\frac{\Delta\vec{r}}{\Delta{t}}\). (1.2)

Модуль вектора середньої швидкості дорівнює:

\( \left|\langle\vec{v}\rangle\right|=\frac{\left|\Delta\vec{r}\right|}{\Delta{t}} \). (1.2а)

Напрям вектора \( \langle\vec{v}\rangle \) збігається з напрямом вектора переміщення.

Середня шляхова швидкість (або просто середня швидкість) \( \langle{v}\rangle \) це відношення шляху S до проміжку часу Δt, за який він є пройдений:

\( \langle{v}\rangle=\frac{S}{\Delta{t}} \). (1.3)

Середні швидкості (1.2) і (1.3) не містять інформації про стан руху тіла в кожен момент часу (або в кожній точці траєкторії). Таку інформацію містить миттєва швидкість.

Миттєва швидкість \( \vec{v}\) (у контексті вектор швидкості, або просто швидкість) – це границя відношення переміщення \( \Delta\vec{r} \) до проміжку часу Δt, за який воно здійснено, при умові, що цей проміжок необмежено зменшується, тобто – похідна радіуса-вектора рухомого тіла по часу:

\( \vec{v}=\underset{\Delta t\to{0}}\lim\frac{\Delta\vec{r}}{\Delta{t}}=\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}\equiv {\vec{r}}^{\prime}{(t)}\). (1.4)

(Примітка. Тут наведені два прийняті позначення похідної функції f(t): f′(t) і df/dt; те ж саме стосується й другої похідної: f″(t) та ${{{d}^{2}}f}/{d{{t}^{2}}}\;$).

Можна сказати, що  миттєва швидкість дорівнює відношенню гранично малого переміщення \(d\vec{r}\) точки до відповідного гранично малого проміжку часу dt.  Тому вектор швидкості \( \vec{v}\) завжди є спрямований вздовж дотичної до траєкторії  (рис. 1.2).

Проєкції швидкості на координатні осі є похідними відповідних координат по часу:

\( {v}_{x}=x^{\prime}=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\);

\( {v}_{y}=y^{\prime}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\).

(1.4a)

У довільному русі швидкість точки неперервно змінюється як за величиною, так і за напрямом . Мірою такої зміни є середнє та миттєве прискорення.

Середнє прискорення \( \langle\vec{a}\rangle \) – то є  відношення зміни вектора швидкості \( \Delta\vec{v}=\vec{v}_{2}-\vec{v}_{1} \) до проміжку часу \( \Delta{t} \), за який сталася ця зміна:

\( \langle\vec{a}\rangle=\frac{\Delta\vec{v}}{\Delta{t}}\) (1.5)

Миттєве прискорення є точною характеристикою зміни вектора швидкості в кожен момент часу і визначається аналогічно до миттєвої швидкості:

\( \vec{a}=\underset{\Delta t\to{0}}\lim\frac{\Delta\vec{v}}{\Delta{t}}=\vec{v}^{\prime}(t)=\frac{\text{d}\vec{v}}{\text{d}t}\) (1.6а)

або

\( \vec{a}=\vec{r}^{\prime\prime}(t)=\frac{\mathrm{d}^{2}\vec{r}}{\mathrm{d}t^{2}}\). (1.6б)


Іншими словами, миттєве прискорення є першою похідною вектора швидкості по часу або другою похідною радіуса-вектора по часу.

Проєкції вектора прискорення на осі координат визначаються аналогічно через проєкції швидкості та координат точки:

\({{a}_{x}}={{{v}'}_{x}}(t)=\frac{d{{v}_{x}}}{dt}\)

\({{a}_{y}}={{{v}'}_{y}}(t)=\frac{d{{v}_{y}}}{dt}\)

(1.7)

 

\({{a}_{x}}={x}''(t)=\frac{{{d}^{2}}x}{d{{t}^{2}}}\)

\({{a}_{y}}={y}''(t)=\frac{{{d}^{2}}y}{d{{t}^{2}}}\)

(1.8)

При русі точки з постійним прискоренням  воно  будь-якої миті визначається формулою (1.6).

1.2. Теоретичні відомості. Відносність руху

Відносність руху

Як говорилося на початку, рух є відносним за самою природою. Це відображаєтья в тому, що положення точки та її рух у двох різних системах відліку – нерухомій (ХОY) та рухомій (Х′О′Y′) – визначаються різними, хоч і взаємопов'язаними, значеннями радіуса-вектора, швидкості та прискорення. Радіуси-вектори \( \vec{r}\) і \(\vec{r}^{\prime}\) точки в нерухомій та в рухомій системі відліку (рис.1.3) є зв'язані співвідношенням:

\( \vec{r}={\vec{r}}'+\vec{R}\), (1.9)

де \( \vec{R} \) – радіус-вектор, що задає положення початку відліку рухомої системи відносно нерухомої (рис.1.3). Звідси, згідно з формулою (1.4), випливає класичний закон додавання швидкостей:

\( \vec{v}={\vec{v}}'+\vec{V}\), (1.10)

тобто,

вектор швидкості тіла в нерухомій системі відліку \( \vec{v}\) дорівнює сумі вектора його швидкості в рухомій системі відліку ${\vec{v}}'$ та вектора швидкості \( \vec{V} \) рухомої системи відліку відносно нерухомої.

Швидкість \(\vec{v}^{\prime}\) тіла відносно рухомої системи через його швидкість \( \vec{v}\) у нерухомій системі визначається зворотнім співвідношенням:

\( {\vec{v}^{\prime}}=\vec{v}-\vec{V}\). (1.10а)

Співвідношення (1.11) і (1.11а) є універсальними і виконуються в будь-яких системах відліку та при будь-яких рухах тіла. Але зв'язок між прискореннями є більш складним і залежить від систем відліку. І тільки коли вони рухаються одна відносно одної поступально, прискорення тіла \( \vec{a}\) і \({\vec{a}}'\) пов'язані таким самим співвідношеннями, що й швидкості: 

\(\vec{a}={\vec{a}}'+{{\vec{a}}_{0}}\)

(1.11)

i

\({\vec{a}}'=\vec{a}-{{\vec{a}}_{0}}\)

(1.11а)

де \( \vec{a}_{0}\)прискорення рухомої системи відліку відносно нерухомої.

 

1.3. Теоретичні відомості. Рух з постійним прискоренням

Усі миттєві характеристики руху точки можна обчислити, якщо відомий закон руху, тобто, залежність її радіуса-вектора від часу \(\vec{r}\left( t \right)\). Ця залежність визначається змінами прискорення і може виявитися складною. Але при русі з постійним прискоренням \( \vec{a}=\mathrm{const} \), закон руху спрощується і має вигляд:

\(\vec{r}\left( t \right)={{\vec{r}}_{0}}+{{\vec{v}}_{0}}t+\frac{\vec{a}{{t}^{2}}}{2}\),

(1.12)

де \( \vec{r}_{0}=\vec{r}(0) \), \( \vec{v}_{0}=\vec{v}(0) \) – радіус-вектор та вектор швидкості в початковий момент часу (t = 0), відповідно.

Із рівняння (1.12) можна знайти будь-яку величину, що визначає рух (див. п.1.1), тож воно містить всю інформацію про рух точки із сталим прискоренням. Але задля зручності для загальної характеристики рівнозмінного руху записують два окремі рівняння – рівняння переміщення та рівнянням швидкості. Вони безпосередньо випливають з рівняння (1.12) і формул (1.1), (1.4) і мають вигляд:

\( \Delta\vec{r}=\vec{v}_{0}t+\frac{\vec{a}t^{2}}{2}\), (1.13)
\( \vec{v}=\vec{v}_{0}+\vec{a}t \). (1.14)

Слід наголосити на тому, що наведені рівняння є однаково чинні як для прямолінійного, так і для криволінійного рухів. При цьому, яким буде рух, залежить від напрямків початкової швидкості та прискорення: якщо ці вектори напрямлені вздовж однієї прямої (однаково, або протилежно), рух є прямолінійним; якщо ж вони напрямлені під кутом один до одного, то рух відбувається по криволінійній траєкторії. Це ілюструє рух тіла, що кинуте вертикально та під кутом до горизонту.

Рівняння (1.12) або (1.13) і (1.14) включають як окремий випадок і кінематику рівномірного прямолінійного руху. При такому русі \( \vec{a}=0 \) і \(\vec{v}=\mathrm{const} \), тому

\( \vec{r}(t)=\vec{r}_{0}+\vec{v}t \) (1.15)

У задачах для обчислень використовують скалярні рівняння руху, тобто рівняння для проєкцій векторів на координатні осі:

\( {x}=x_{0}+v_{0x}t+\frac{a_{x}t^2}{2}\) \( {y}=y_{0}+v_{0y}t+\frac{a_{y}t^{2}}{2}\) (1.16)
\( {v}_{x}=v_{0x}+a_{x}t \) \( {v}_{y}=v_{0y}+a_{y}t \)
\( {a}_{x}=\mathrm{const} \) \( {a}_{y}=\mathrm{const} \)

(Примітка. Вісь ОZ в рівняннях не фігурує, бо при вивченні теорії та для вправ достатньо розглядати лише рухи, що відбуваються по плоских траєкторіях).

При рівномірному прямолінійному русі  координатну вісь ОХ вибирають паралельно до напряму руху, тож рух визначається одним рівнянням:

\(x={{x}_{0}}+{{v}_{x}}t\).

(1.17)

При цьому, позаяк  vх = ± v, індекс проєкції зазвичай опускають, а напрям швидкості в рівнянні (1.17)  враховують знаком.

У багатьох задачах зручно користуватись формулами, що випливають з рівнянь (1.16) і прямо пов'язують між собою переміщення, швидкість і прискорення:

\( {v}_{x}^{2}-v_{0x}^{2}=2a_{x}(x-x_{0}) \), (1.18)
\( {v}_{y}^{2}-v_{0y}^{2}=2a_{y}(y-y_{0}) \).

У найпростішому випадку прямолінійного руху, що відбувається без зміни напрямку, аналогічна формула пов'язує  модулі векторів і пройдений точкою шлях:

\(\left| {{v}^{2}}-v_{0}^{2} \right|=2aS\).

(1.19)

1.4. Теоретичні відомості. Графіки руху

Графіками руху називають графіки залежності від часу кінематичних величин: проєкцій та модулів прискорення, швидкості, переміщення, а також координати й шляху. Графіки руху наочно відображають його властивості і в багатьох випадках полегшують розв'язування задачі.

Згідно з рівняннями (1.16), для руху зі сталим прискоренням графіки прискорення та швидкості зображуються відрізками прямої, а переміщення, координати та шляху – відрізками параболи, як, до прикладу, на рис.1.4.

Графіки руху мають певні загальні властивості, що дозволяють за графіком якоїсь величини отримати інформацію не лише про неї, а й про інші кінематичні величини. Конкретно:

1. Тангенс кута нахилу графіка проєкції швидкості (рис.1.4в) чисельно дорівнює проєкції прискорення на ту саму вісь:

\( \mathrm{tg}\beta=\frac{\Delta{v}_{x}}{\Delta{t}}=a_{x} \) (1.20)

2. Тангенс кута нахилу дотичної до графіка координати (рис.1.4а) чисельно дорівнює проєкції миттєвої швидкості тіла на дану координатну вісь:

\( \mathrm{tg}\alpha=\frac{\Delta{x}}{\Delta{t}}=v_{x} \). (1.20а)

(Примітка. Позаяк на графіку дотичну до кривої точно провести не можна, на практиці tgα визначається через відношення малого приросту координати до відповідного проміжку часу).

3. Площа під заданою ділянкою графіка проєкції швидкості на вісь (заштрихована на рис.1.4в) чисельно дорівнює проєкції на цю вісь переміщення (зміні координати) тіла за відповідний проміжок часу.

\( {S}_{v}=\Delta{x}\)

4. Шлях чисельно дорівнює площі під відповідною ділянкою графіка модуля швидкості.

5. Площа під ділянкою графіка проєкції прискорення (заштрихована на рис.1.4б) чисельно дорівнює зміні проєкції швидкості на цю вісь за відповідний проміжок часу:

\( {S}_{a}=\Delta{v}_{x} \)

На завершення, як приклад застосування графіків руху при розв'язуванні задач, визначимо формулу середньої швидкості у випадку руху із сталим прискоренням. Графік швидкості такого руху (рис. 1.4в) зображується відрізком прямої, а його виділена ділянка має форму трапеції. Отже, на проміжку часу Δt, за який швидкість тіла змінюється від v1 до v2, пройдений тілом  шлях дорівнює

$S=\frac{1}{2}\left( ~{{v}_{1}}+{{v}_{2}} \right)\Delta t$,

і середня швидкість

$\left\langle v \right\rangle =\frac{{{v}_{1}}+{{v}_{2}}}{2}$.

(1.21)

Примітка. Ця формула відповідає нашому інтуїтивному уявленню про середнє значення змінної величини і може здатися самоочевидною. Але це не так, і середні швидкості для різних змінних рухів визначаються різними формулами.

1.5. Теоретичні відомості. Рівномірний рух по колу

Одним із поширених простих рухів є рівномірний рух по колу, що визначається радіусом кола R та швидкістю v, яка в цьому випадку називається лінійною швидкістю.

Рівномірне обертання є циклічним рухом, тому  його характеризують також періодом і частотою n.

Періодом  T (с) називається  час, за який тіло здійснює один повний оберт по колу.

Частота  n (об/с) – це кількість обертів, яку тіло здійснює за одиницю часу:

\( {n}=\frac{1}{T} \). (1.22)

Зв’язок між швидкістю і періодом (частотою) обертання:

\(v=\frac{2\pi R}{T}=2\pi Rn\)

(1.23)

Крім указаних величин при описі колового руху точки та обертання твердого тіла використовують також кутові величини: кут повороту та кутову швидкість.

Кут повороту  φ (рад) – це кут, на який повертається за даний проміжок часу радіус, проведений з центра кола до обертової точки, тобто по суті її радіус-вектор (рис.1.5):
\( \varphi=\frac{S}{R} \). (1.24)
Кутова швидкість  ω (рад/с)– це відношення кута повороту до проміжку часу, протягом якого він здійснений:
\( \omega=\frac{\Delta\varphi}{\Delta{t}} \). (1.25)

 

Лінійна та кутова швидкості пов'язані співвідношенням

\( {v}=\omega{R} \), (1.26)

а кутова швидкість і період (частота) обертання – співвідношенням

\( \omega=\frac{2\pi}{T}=2\pi{n} \). (1.27)

При рівномірному обертовому русі модуль лінійної швидкості не змінюється, але змінюється її напрям. Тому такий рух характеризується доцентровим прискоренням, модуль якого дорівнює:

aдц = \( \frac{v^{2}}{R}=4\pi^{2}n^{2}R=\frac{4\pi^{2}R}{T^{2}}=\omega^{2}R=\omega{v} \). (1.28)

Вектор доцентрового прискорення ${{\vec{a}}_{\text{дц}}}$ є напрямлений до центра кола, по якому рухається точка.

Кінематичні величини, відносність руху

У всіх наведених задачах для прискорення вільного падіння прийнято значення g = 10 м/с2.

Задача 1.1. Автомобіль проїхав прямою дорогою відстань l1 = 1 км. Потім, рухаючись по дузі кола радіусом R = 300 м, розвернувся на 180° і, проїхавши далі прямо ще l2 = 200 м, зупинився. Загальний час руху склав t = 4 хв. Визначити за час руху: А) середню шляхову швидкість автомобіля; Б) модуль вектора середньої швидкості переміщення; В) кут між напрямом вектора переміщення та початковим напрямом руху.

Задача 1.2. На першій половині шляху автомобіль мав швидкість v1 = 36 км/год, а на другій – половину часу рухався зі швидкістю v2 = 72 км/год і стільки ж із швидкістю v3 = 90 км/год.  Визначити середню швидкість автомобіля на всьому шляху.

Задача 1.3. Сліди дощових крапель на бічному склі трамвая є вертикальні під час руху і відхилені на кут α = 30° при зупинці. Визначити кут β, на який відхилені від вертикалі сліди дощових крапель на склі зустрічного трамвая, що рухається з такою  самою швидкістю.

Задача 1.4. Хлопчик, який може плисти відносно води зі швидкістю u, що складає половину швидкості течії v, хоче переплисти річку. Визначитипід яким кутом α до берега хлопчик має тримати курс, аби його знесло течією якнайменше?

Задача 1.5. Визначити мінімальну швидкість umin,  з якою має рухатись човен відносно води, аби потрапити з точки А на одному березі ріки у точку B на іншому. Швидкість течії V , ширина ріки h і відстань між точками А і В вздовж берега S є задані.

Задача 1.6. Від бакена, що стоїть посеред ріки, одночасно відпливають два човни: один за, а другий – поперек течії. Пройшовши однакову відстань, човни вертаються назад тими самими шляхами.
Визначити відношення часів руху човнів τ1/τ2, якщо їхня швидкість відносно води в η = 1,8 разів перевищує швидкість течії.

Задача 1.7. Два катери, рухаючись річкою назустріч один одному, порівнялись і розійшлися під мостом. Відтак, розвернувшись через τ =0,5 год, вони знов зустрілися на відстані L = 2 км від  мосту. Визначити швидкість течії V, якщо швидкості катерів відносно води лишалися незмінними.

Задача 1.8. Два автомобілі рухаються зі швидкостями v1 і v2 по двох взаємно перпендикулярних дорогах до перехрестя.  Визначити, на якій найменшій відстані Lmin  вони пройдуть один поз одного, якщо в початковий момент часу перебували на  відстанях L1 і L2 від перехрестя.
 

Задача 1.1

Автомобіль проїхав прямою дорогою відстань L1 = 1 км. Потім, рухаючись по дузі кола радіусом R = 300 м, розвернувся на 180° і, проїхавши далі прямо ще L2 = 200 м, зупинився. Загальний час руху t = 4 хв.

Визначити за час руху:

А) середню шляхову швидкість автомобіля;

Б) модуль вектора середньої швидкості переміщення;

В) кут між напрямом вектора переміщення та початковим напрямом руху.

Розв'язання

Дано:

L1 = 1 км
L2 = 200 м
R = 300 м
t = 4 хв

\( \langle{v}\rangle,\,\left|\langle\vec{v}\rangle\right|,\,\alpha \) - ?

А) Пройдений автомобілем шлях (рис. 1.1) складається з довжин відрізків AC = L1 і EF = L2 та половини кола CDE:

S = L1 + πR + L2 = 2,14 км.

Тож середня шляхова швидкість (відношенню шляху до часу його проходження) дорівнює:

\( \langle{v}\rangle=\frac{S}{t}=\frac{2140}{240}\approx \) 8,9 м/с = 32,1 км/год.

Б) Модуль середньої швидкості переміщення є відношенням модуля вектора переміщення до часу руху автомобіля:

$\left| \left\langle {\vec{v}} \right\rangle  \right|=\frac{\left| \Delta \vec{r} \right|}{\Delta t}$.

Із рис. 1.1 видно, що

$\left| \Delta \vec{r} \right|=\sqrt{{{\left( {{l}_{1}}-{{l}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( 2R \right)}^{2}}}$ = 1 км.

За умовою час руху t = (1/15) год, отже,

$\left| \Delta \vec{r} \right|$ = 15 км/год.

 В) Напрям \( \left|\langle\vec{v}\rangle\right| \) збігається з напрямом \( \Delta\vec{r} \) і визначається кутом

$\alpha =\arcsin \left( \frac{2R}{\left| \Delta \vec{r} \right|} \right) $ ≈ 37°.

 

Задача 1.2.

На першій половині шляху автомобіль мав швидкість v1 = 36 км/год, а другу половину часу він рухався  зі швидкостями v2 = 72 км/год і v3 = 90 км/год протягом двох рівних інтервалів

Визначити

середню швидкість автомобіля на всьому шляху.

Розв'язання

Дано:

v1 = 36 км/год
v2 = 72 км/год
v3 = 90 км/год

\( \langle{v}\rangle\) - ?

Середня швидкість дорівнює відношенню пройденого шляху до часу, за який його подолано. Тож,  позначивши як S половину всього шляху, t1 – час проходження першої половини шляху і τ час  руху на кожній з двох частин решти шляху, можемо записати:

\(\left\langle v \right\rangle =\frac{2S}{{{t}_{1}}+2\tau }\). (1)


На всій дистанції  автомобіль рухався із заданими сталими швидкостями, тож для кожної з двох половин шляху маємо:

$S={{v}_{1}}{{t}_{1}}$     $\Rightarrow $     ${{t}_{1}}=\frac{S}{{{v}_{1}}}$,   $S={{v}_{2}}{{τ}}$ + ${{v}_{3}}{{τ}}$     $\Rightarrow $     $2\tau =\frac{2S}{{{v}_{2}}+{{v}_{3}}}$.

Відтак загальний час руху

${{t}_{1}}+2\tau $ = $\left( \frac{1}{{{v}_{1}}}+\frac{2}{{{v}_{2}}+{{v}_{3}}}\right)S$ = $\frac{2{{v}_{1}}+{{v}_{2}}+{{v}_{3}}}{2{{v}_{1}}\left( {{v}_{2}}+{{v}_{3}} \right)}S$,

 і середня швидкість на всьому шляху

$\left\langle v \right\rangle =\frac{2v\left( {{v}_{2}}+{{v}_{3}} \right)}{2v+{{v}_{2}}+{{v}_{3}}}$ = 49,8 км/год.

На завершення, відмітимо, що середня швидкість автомобіля зовсім не дорівнює величині   (vv2 +v3)/3,  як може  здатися на перший погляд.

 

Задача 1.3

Сліди дощових крапель на бічному склі трамвая є вертикальні під час руху і відхилені на кут α = 30° при зупинці.

Визначити

кут \( \beta \), на який відхилені від вертикалі сліди дощових крапель на склі зустрічного трамвая, що рухається з такою самою швидкістю.

Розв'язання:

Дано:

\( \alpha=30^{\circ} \)

\( \beta \) - ?

Вертикальні сліди вказують напрям швидкості крапель відносно трамвая, що рухається (рухома система відліку). Аналогічно, нахилені сліди вказують напрям швидкості крапель відносно нерухомого трамвая та землі (нерухома система відліку).

За законом додавання швидкостей (1.10) краплі відносно землі рухаються із швидкістю \( \vec{v} \), що  в обох випадках дорівнює сумі їхніх швидкостей відносно трамвая \( \vec{u}\) та швидкості трамвая відносно землі \( \vec{V}\):

\( \vec{v}=\vec{u}_{1}+\vec{V}_{1}\),

\( \vec{v}=\vec{u}_{2}+\vec{V}_{2}\).

Із векторних діаграм цих рівнянь (рис. 1.3а,б) можна встановити зв'язок між напрямком руху крапель і величиною швидкості трамвая в обох випадках: 

$\operatorname{tg}\beta =\frac{{{V}_{1}}+{{V}_{2}}}{{{u}_{1}}}$,     $\operatorname{tg}\alpha =\frac{{{V}_{1}}}{{{u}_{1}}}$ . 

Тож враховуючи умову V2 = V1 , маємо:

$\operatorname{tg}\beta =2\operatorname{tg}\alpha$.

Відтак, підставивши значення tgα, отримуємо відповідь:

$\operatorname{tg}\beta =\frac{2}{\sqrt{3}}$     $\Rightarrow $     β = 49,1°     

Задача 1.4

Хлопчик, який може відносно води плисти зі швидкістю u, що складає половину швидкості течії v, хоче переплисти річку.

Визначити,

під яким кутом \( \alpha \) до берега хлопчик має тримати курс, аби його знесло течією якнайменше?

Розв'язання

Дано:

v/u = 2

α - ?

Величина знесення хлопця L (рис. 1.4) залежить від ширини річки h та величини й напряму його швидкості \( \vec{v}\) відносно берега, котра  визначається законом додавання швидкостей (1.10):

\( \vec{v}=\vec{u}+\vec{V}\), (1)

де \( \vec{u}\) – швидкість руху хлопчика відносно води, \( \vec{V} \) – швидкість течії.

Аби встановити цю залежність, оберемо систему відліку, як на рис. 1.4. Тоді, коли хлопець тримає курс під кутом \( \varphi \) до осі OY, проєкції його швидкості \( \vec{v}\) на координатні осі складають:

       \( {v}_{x}=V-u\sin\varphi \),

\( v_{y}=u\cos\varphi \).

Час переправи визначається складовою швидкості \( {v}_{y}\) та шириною ріки h:

\( {t}=\frac{h}{v_{y}}=\frac{h}{u\cos\varphi}\).

За цей час хлопчик зноситься течією на відстань

\( {L}({\varphi})=v_{x}t=h\cdot\frac{V-u\sin\varphi}{u\cos\varphi}\), (2)

За умовою задачі відстань L має бути якнайменшою. Але, при якому напрямку руху плавця так буде, безпосередньо з отриманого виразу не видно. Тому скористаємося методами математичного аналізу й дослідимо отриману функцію L(φ) на екстремум. Для цього спочатку знайдемо похідну L′(φ):

\( {L}^{\prime}({\varphi})=\frac{h}{u}\cdot\frac{(-u\cos^{2}\varphi+(V-u\sin\varphi)\sin\varphi)}{\cos^{2}\varphi}\). (3)

Відтак згадаємо, що величина  L(φ) буде мінімальною при  значенні кута \(\varphi=\varphi_{m}\), для якого \( {L}^{\prime}({\varphi}_{m})\) дорівнює нулю. Отже, згідно з виразом (3),

\( {(V-u\sin\varphi_{m})\sin\varphi_{m}}-u\cos^{2}\varphi_{m}={0}\),

звідки

\( \sin\varphi_{m}=\frac{u}{V}=\frac{1}{2}\)     \( \Rightarrow \)     \( \varphi_{m}=30^{\circ}\).

Таким чином,  необхідний кут між напрямком руху хлопця та напрямком течії дорівнює

\( \alpha=90^{\circ}+\varphi_{m}=120^{\circ}\).

Задача 1.5

Визначити

мінімальну швидкість umin,  з якою має рухатись човен відносно води, аби потрапити із заданої точки А на одному березі ріки в задану точку B на іншому. Швидкість течії V , ширина ріки  h і відстань S між заданими точками відомі.

Розв'язання

Дано

V, h, S

umin - ?

Цю задачу можна розв'язати аналогічно до попередньої, склавши рівняння для шуканої швидкості u і проаналізувавши його на мінімум. Але відповідь можна отримати  значно простіше за допомогою геометричної побудови, показаної на рис. 1.5.

При переправі вектор швидкості човна \( \vec{v}\) відносно берега, що спрямовано по лінії AB, за законом додавання швидкостей (1.9) є пов'язаний із швидкістю човна відносно води \( \vec{u}\) та швидкістю течії \( \vec{V}\) співвідношенням

\( \vec{v}=\vec{u}+\vec{V}\).

Це відображає рис. 1.5, з якого очевидно, що швидкість човна відносно води буде мінімальною, коли вектор \( \vec{u}\) буде перпендикулярним до вектора \( \vec{v}\). В такому разі трикутник швидкостей є подібний до трикутника ABC, тож


\( \frac{u_{min}}{V}=\frac{h}{\sqrt{h^{2}+S^{2}}}\) \( \Rightarrow \) \( {u}_{min}=\frac{Vh}{\sqrt{h^{2}+S^{2}}}\).

Задача 1.6

Від бакена, що стоїть посеред  ріки, одночасно відпливають два човни: один за, а другий – поперек течії. Пройшовши однакову відстань, човни вертаються назад тими самими шляхами.

Визначити

відношення часів руху човнів \( \tau_{1}/\tau_{2}\), якщо їхня швидкість відносно води є в \( \eta{=1,8} \) раза більша за швидкість течії.

Розв'язання

Дано:

η = 1,8

τ1/τ- ?

Позаяк за умовою швидкості човнів відносно води і пройдені ними відстані однакові, відміна у часах руху залежить тільки від швидкостей човнів відносно бакена.

Проаналізуємо їх, задля чого пов'яжемо систему відліку з бакеном (рис. 1.6) і приймемо що перший човен рухається вздовж осі ОХ. У такому разі модулі  швидкості першого човна при русі вниз за течією v11 та вгору v12 дорівнюють

\( {v}_{11}={u+V}\)   і   \( {v}_{12}=u-{V}\),

де u – швидкість човна відносно води, швидкість течії. Відповідно до цього, якщо відстань в один кінець складає S, то повний час руху  першого човна дорівнює

\( \tau_{1}=\frac{S}{V}\cdot\frac{2\eta}{\eta^{2}-1}\).

Аби рухатися перпендикулярно до берега, другий човен має правити під  під певним кутом до осі OY, як показано на рис. 1.6. За такої умови швидкість човна відносно бакена в обох напрямках однакова і за теоремою Піфагора складає

\( {v}_{2}=\sqrt{u^{2}-V^{2}}=V\sqrt{\eta^{2}-1}\),

а час руху

\( \tau_{2}=\frac{S}{V}\cdot\frac{2\eta}{\eta^{2}-1}\). (2)

 

Таким чином, відношення часів руху човнів дорівнює

\( \frac{\tau_{1}}{\tau_{2}}=\frac{\eta\cdot\sqrt{\eta^{2}-1}}{\eta^{2}-1}=\frac{\eta}{\sqrt{\eta^{2}-1}}={1,2} \).

 

Задача 1.7

Два катери, рухаючись річкою назустріч один одному, порівнялися й розійшлись під мостом. Відтак, розвернувшись через τ =0,5 год, вони знов зустрілися на відстані L = 2 км від  мосту.

Визначити 

швидкість течії V, якщо швидкості катерів відносно води лишалися незмінними.

Розв'язання

Дано:

L = 2 км
τ = 0,5 год

\( {V}\) - ?

Цю задачу можна розв'язувати в нерухомій системі відліку, пов'язаній з берегом ріки (мостом), відносно якої сформульовані умова та завдання задачі. Для цього слід скласти рівняння руху катерів, врахувавши, що швидкість кожного з них при русі за течією становить u + V, а при русі проти дорівнює u – V  (V – швидкість течії, u – швидкість катера відносно води). А далі треба розв'язати отриману систему рівнянь, врахувавши, що початкові та кінцеві положення катерів однакові.

Але задачу значно зручніше розглядати в рухомій системі відліку, пов'язаній з водою. Задля наочності приймемо, що під мостом в момент зустрічі катерів знаходиться ще й пліт, з яким і пов'яжемо рухому  систему відліку. Позаяк ця система відліку  рухається відносно берега зі швидкістю течії,  то в ній швидкості катерів не залежать від напрямку руху і є однаковими.  Тому катери віддаляються після першої зустрічі й повертаються до другої однаковий час, тож повний час їхнього руху між зустрічами t = 2τ. За цей час пліт, пливучи зi швидкістю V, проходить відстань L, тож швидкість течії дорівнює

\( {V}=\frac{L}{2\tau}\) = 2 км/год.

Як бачимо, при такому підходів задача практично є усною. Тож варто не забувати, що систему відліку, що мається на увазі в тексті задачі, не обов'язково, а інколи й недоцільно, використовувати для її розв'язування.

Задача 1.8

Два автомобілі рухаються зі швидкостями v1 і v2 по двох взаємно перпендикулярних дорогах у напрямку перехрестя. 

Визначити,

на якій найменшій відстані Lmin  вони пройдуть один поз одного, якщо в початковий момент часу перебували на  відстанях L1 і L2 від перехрестя.


Дано:

v1, v2

L1L2

Lmin - ?

Розв'язання

Розв'яжемо задачу теж у двох різних системах відліку.

I спосіб. Розмістимо початок координат нерухомої системи відліку ХОY  у перехресті і спрямуємо осі координат уздовж доріг (рис. 1.8-1). В такому разі початкові координати автомобілів x01 = – L1y01 = 0x02 = 0y02 = L2, і рівняння руху автомобілів мають вигляд:

\( {x_{1}}=-L_{1}+v_{1}{t}\)

\( {y}_{1}={0}\)

\(x_{2}={0}\)

\( {y}_{2}=L_{2}-v_{2}{t}\)

(1)

Тож відстань між автомобілями \( {L}=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}}\) визначається виразом:

L(t) = \(\sqrt{(v_{1}t-L_{1})^{2}+(L_{2}-v_{2}t)^{2}}\). (2)

Проаналізувавши отриману функцію L(t) на мінімум, отримаємо відповідь задачі. Для цього спочатку знайдемо похідну L′(t):

\( {L}^{\prime}(t)=\frac{2(v_{1}t-L_{1})v_1+2(L_{2}-v_{2}t)(-v_{2})}{2\sqrt{(v_{1}t-L_{1})^{2}+(L_{2}-v_{2}t)^{2}}}\) =

=\( \frac{\left( v_{1}^{2}+v_{2}^{2} \right)t-\left( {{L}_{1}}{{v}_{1}}+{{L}_{2}}{{v}_{2}} \right)}{\sqrt{{{\left( {{v}_{1}}t-{{L}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{L}_{2}}-{{v}_{2}}t \right)}^{2}}}} \).

У момент t0 розташування автомобілів на найменшій відстані, похідна L′(t0) = 0, отже,

\( \left(v_{1}^{2}+v_{2}^{2}\right)t_{0}-(L_{1}v_{1}+L_{2}x_{2})={0}\),

звідки

\( {t}_{0}=\frac{L_{1}v_{1}+L_{2}v_{2}}{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}\).

Підставивши це значення у вираз (2), знайдемо шукану відстань:

\( {{L}_{\min }}=\sqrt{{{\left( \frac{{{v}_{1}}{{\left( {{L}_{1}}{{v}_{1}}+{{L}_{2}}{{v}_{2}} \right)}^{2}}}{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}-{{L}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{L}_{2}}-\frac{{{v}_{2}}{{\left( {{L}_{1}}{{v}_{1}}+{{L}_{2}}{{v}_{2}} \right)}^{2}}}{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}} \right)}^{2}}} \) =

=\( \frac{\left|L_{2}v_{2}-L_{1}x_{1}\right|}{\sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}}\).

II спосіб. Розв'яжемо тепер задачу в пов'язаній з першим автомобілем рухомій системі відліку X1O1Y1, швидкість якої відносно нерухомої системи ХОY  складає \(\vec{V}=\vec{v_{1}}\). Тепер перший автомобіль  весь час перебуває в початку відліку O1, а другий  рухається відносно нього під певним кутом \( \alpha \) до осі O1X1 (рис. 1.8-2). Його швидкість \( \vec{u}\) за законом (1.11) дорівнює


\( \vec{u}=\vec{v}_{2}-\vec{v}_{1}\), (3)

отже,

\( {u}=\sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}\).

(4)

Із рис. 1.8-2 видно, що відстань L буде найменша, коли другий  автомобіль знаходитиметься в т. С.  Тому, якщо позначити довжину відрізка ВО як S, то

\({{L}_{\min }}=\left( {{L}_{1}}-S \right)\sin \alpha \).

(5)

Також є зрозуміло, що $S=\frac{{{L}_{2}}}{\operatorname{tg}\alpha }$, $\sin \alpha =\frac{{{v}_{2}}}{u}$ i $\operatorname{tg}\alpha =\frac{{{v}_{2}}}{{{v}_{1}}}$.

Відтак підставивши ці значення у вираз (5) і, замінивши величину u за формулою (4), отримаємо відповідь:

\( {L}_{min}=\left(L_{1}-\frac{L_{2}v_{1}}{v_{2}}\right)\frac{v_{2}}{u}=\frac{\left|L_{2}v_{1}-L_{1}v_{2}\right|}{\sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}}\).

Очевидно, що цей спосіб (використання рухомої системи відліку) робить розв'язок набагато коротшим.

Прямолінійний рівнозмінний рух одного тіла

Задача 1.9. Літак рухається прямолінійно спочатку зі швидкістю \(v_{0}\) = 720 км/год, а потім протягом t = 10 с рівно-прискорено так, що за останню секунду (проміжок часу \( \tau \) ) долає відстань S = 295 м. Визначити кінцеву швидкість літака \( {v}\).

Задача 1.10. Потяг, який рухається прямолінійно рівно-прискорено, на певній ділянці шляху збільшує швидкість на \( \Delta{v} \) = 60 км/год при середній швидкості \( \langle{v}\rangle \) = 40    км/год. Визначити швидкість поїзда \( {v}\) посередині згаданої ділянки.

Задача 1.11. Тіло вільно падає з висоти h = 25 м. Визначити його середню швидкість \( \langle{v}\rangle \) на другій половині шляху.

Задача 1.12. По похилій дошці знизу вгору пустили кульку. На відстані S = 30 см від початкової точки кулька побувала двічі: через t1 = 1 c та t2 = 2 c . Визначити мінімально можливу довжину дошки L. Тертя відсутнє.

Задача 1.13. Тіло кинули зі швидкістю \( {v}_{0}\) = 15 м/с вертикально вгору з балкона, розташованого на висоті h = 25 м.  Визначити: а) максимальну висоту підйому H тіла над землею; б) час \( \tau \), через який воно впаде на землю; в) швидкість \( {v}\) тіла на момент падіння.

Задача 1.14.  Кабіна ліфта висотою h = 2,25 м починає підійматись із прискоренням a = 0,5 м/с2. На момент, коли її швидкість досягла значення \( {v}_{0}=2,5 \) м/с, зі стелі відірвалася пластилінова кулька. Визначити: а) час \( \tau \) падіння кульки на підлогу, б) величину (модуль) переміщення \( {l}\) та  в) шлях S, який пройшла кулька відносно шахти ліфта.

Задача 1.9

Літак рухається прямолінійно спочатку зі швидкістю \(v_{0}\) = 720 км/год, а потім протягом t = 10 с рівно-прискорено так, що за останню секунду (проміжок часу τ = 1 c) долає відстань  S = 295 м.

Визначити

кінцеву швидкість літака \( {v}\).

Розв'язання

Дано:

v0 = 720 км/год=
=200 м/с
t = 10 c
τ = 1 c
S = 295 м

\( {v}\) - ?

Літак починає прискорюватися при заданій швидкості v0, тож шукана кінцева швидкість визначається рівнянням

\( {v}=v_{0}+at \).

(1)

Потрібне для отримання відповіді прискорення а можна знайти через заданий шлях  S. Для цього в напрямку руху літака спрямуємо вісь OX  із початком відліку в точці початку розгону, рис. 1.9. Тоді рівняння кінцевої координати літака має вигляд:

\( {x}=v_{0}t+\frac{at^{2}}{2}\).

(2)

Із цього ж рівняння, замінивши t на t1 = t – τ, отримаємо вираз координати на передостанню секунду:

\( {x}_{1}\) = \( v_{0}(t-\tau)+\frac{a(t-\tau)^{2}}{2}\).

Отже, літака за останню секунду S = xx1 визначається, як

\( {S}=x-x_{1}\) = ${{v}_{0}}\tau +\frac{a\tau \left(2t-\tau \right)}{2}$,

Відтак після простих перетворень знайдемо прискорення

\( {a}=\frac{2(S-v_{0}\tau)}{{\tau}(2t-\tau)} \) = 10 м/с2

і за формулою (1)  – кінцеву швидкість літака:

\( {v}\) = 300 м/с.

Задача 1.10

Потяг, який рухається прямолінійно рівно-прискорено, на певній ділянці шляху збільшує швидкість на \( \Delta{v} \) = 60 км/год при середній швидкості \( \langle{v}\rangle \) = 40 км/год..

Визначити

швидкість поїзда \( {v}\) посередині згаданої ділянки.

 

Дано:

\( \langle{v}\rangle \) = 40 км/год
\( \Delta{v}\) = 60 км/год

\( {v} \) - ?

 Розв'язання

В умові немає інформації про час руху потяга на згадуваній ділянці шляху. Тому пошук відповіді почнемо з формули (1.19), яка  опосередковано встановлює зв'язок між шляхом і швидкістю.  Отже, увівши для  початкової, кінцевої і шуканої швидкостей, а також прискорення і пройденого шляху відповідні позначення v1, v2, v, а, S, запишемо:

\({{v}^{2}}-v_{1}^{2}=aS\),

\({v_{2}^{2}-{v}^{2}}=aS\),

і, прирівнявши ліві частини,  отримаємо:

\({{v}^{2}}=\frac{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}{2}\)    \(\Rightarrow \)   v = \(\sqrt{{\left( v_{1}^{2}+v_{2}^{2} \right)}/{2}}\) (1)

Швидкості v1 і  v2 можна виразити через задані величини \( \langle{v}\rangle \) і \( \Delta{v} \) за допомогою рівняння (1.16):

\(S={{v}_{1}}t+\frac{a{{t}^{2}}}{2}=\left( {{v}_{1}}+\frac{at}{2} \right)t\).

Звідси, зробивши очевидні заміни S =  \( \langle{v}\rangle\)t,  a = v/t) і v2 = v1 + Δv, дістанемо:

\({{v}_{1}}=\left\langle v \right\rangle -\frac{\Delta v}{2}\quad \ ,   \quad {{v}_{2}}=\left\langle v \right\rangle+\frac{\Delta v}{2}\)

Відтак, підставивши отримані вирази у формулу (1), після спрощень отримуємо відповідь:

\( {v}=\sqrt{\langle{v}\rangle^{2}+\left(\frac{\Delta{v}}{2}\right)^{2}}\)  = 50 км/год.

Задача 1.11

Тіло вільно падає з висоти h = 25 м.

Визначити

його середню швидкість \( \langle{v}\rangle \) на другій половині шляху.

 

Дано:

h = 25,0 м

\( \langle{v}\rangle \)-? 

Розв'язання

Розв'яжемо задачу двома способами.

Спосіб 1. Середня швидкість тіла кульки дорівнює відношенню пройденого шляху (h/2) до часу його проходження Δt:

$\left\langle v \right\rangle =\frac{h}{2\Delta t}$,

Величина \( \Delta{t}=t_{2}-t_{1}\), де час проходження тілом верхньої половини шляху t1 і повний час руху t2 визначаються з рівняння (1.16):

\( \frac{h}{2}=\frac{gt_{1}^{2}}{2}\);          \( \Rightarrow \)           \( {t}_{1}=\sqrt{\frac{h}{g}}\);

\( {h}=\frac{gt_{2}^{2}}{2}\);        \( \Rightarrow \)         \( {t}_{2}=\sqrt{\frac{2h}{g}}\).

Отже,

\( \Delta{t}=t_{2}-t_{1}=\sqrt{\frac{h}{g}}\left(\sqrt{2}-1\right) \).

Відтак для шуканої і середньої  швидкості виходить:

$\left\langle v \right\rangle =\frac{\sqrt{gh}}{2\left( \sqrt{2}-1 \right)}$

Помноживши цей вираз у чисельнику й знаменнику на $\left( \sqrt{2}+1 \right)$, відповідь можна подати також у наступному вигляді:

$\left\langle v \right\rangle =\frac{\sqrt{gh}}{2}\left( \sqrt{2}+1 \right)$.

Обчислення дають

\(\left\langle v \right\rangle \) = 19 м/с

Спосіб 2. Відповідь можна отримати легше, якщо зобразити графік швидкості тіла v(t), визначити за ним вказану в умові частину шляху кульки (див. п. 1.4), отримати формулу (1.21)

$\left\langle v \right\rangle =\frac{{{v}_{1}}+{{v}_{2}}}{2}$

і відтак, врахувавши, що за формулою (1.19) \({{v}_{1}}=\sqrt{gh}\) і \({{v}_{2}}=\sqrt{2gh}\), отримати відповідь:

\(\left\langle v \right\rangle =\frac{\sqrt{gh}}{2}\left( \sqrt{2}+1 \right) \).

Задача 1.12

Кулька, пущена вгору по похилій дошці, на відстані S = 30 см від початкового положення побувала двічі: через t1 = 1 c та t2 = 2 c .

Визначити

мінімально можливу довжину дошки L. Тертя відсутнє.

 

Дано:

S = 30 см
t1 = 1 c
t2 = 2 c

L - ?

 

Розв'язання

Кулька  рухається вздовж дошки з наданою їй початковою швидкістю v0 і прискоренням a, що створюється "скочувальною" складовою сили тяжіння Спочатку вона  опиняється на відстані S в момент t1, підіймаючись угору, а потім у момент t2 знов опиняється в тому самому положенні, скочуючись. Отже, найменша необхідна довжина дошки дорівнює максимальній відстані L, на яку може віддалитися  кулька від початкового положення.

Для визначення величини L спрямуємо вісь OX уздовж дошки, розмістивши початок координат в початковому положенні кульки (х0 = 0). У такому разі проєкція прискорення ах = – а, і, згідно з рівнянням (1.18),

 

\(x=\frac{v_{0}^{2}-{{v}^{2}}}{2a}\).

При максимальному віддаленні х = L  швидкість кульки v = 0, отже,

\( {L}=\frac{v_{0}^{2}}{2a}\). (1)

Величини v0 і a можна знайти з рівняння координати кульки (1.16).  Поклавши x = S , отримаємо:

\( {S}=v_{0}t-\frac{at^{2}}{2}\) \(\Rightarrow \)  

\(a{{t}^{2}}-2{{v}_{0}}t+2S=0\),

Коренями цього рівняння є задані моменти часу t1 і t2, тож за теоремою Вієта

${{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{2{{v}_{0}}}{a}$   i   ${{t}_{1}}{{t}_{2}}=\frac{S}{2a}$,

і

\( {a}=\frac{2S}{t_{1}t_{2}}\),    \( {v}_{0}=\frac{a(t_{1}+t_{2})}{2}=\frac{S(t_{1}+t_{2})}{t_{1}t_{2}}\).

Підставивши отримані величини у вираз (1), дістанемо відповідь:

\( {L}=\frac{S(t_{1}+t_{2})^{2}}{4t_{1}t_{2}}\)  ≈ 34 см.

 

Задача 1.13

Тіло кинули зі швидкістю \( {v}_{0}\) = 15 м/с вертикально вгору з балкона, розташованого на висоті h = 25 м. 

Визначити:

а) максимальну висоту підйому H тіла над землею;

б) час \( \tau \), через який воно впаде на землю;

в) швидкість \( {v}\) тіла на момент падіння.

 

Дано:

h = 25 м
v0 = 15 м/с
H - ?
τ - ?
v - ?

Розв'язання

Напрямимо вгору вісь OY з початком відліку на землі (рис. 1.13). У такому разі початкова координата тіла y0 = h, проєкції швидкості та прискорення \(v_{0y}=v_{0}\) і \(g_{y}=-g\), і, згідно з (1.16), поточні координата та проєкція швидкості задовольняють рівняння:

\(y=h+v_{0}t-\frac{gt^{2}}{2}\), (1)
vy = v0 – gt. (2)

а) У найвищій точці підйому швидкість тіла дорівнює нулю, тож час підйому:

\(t=\frac{v_{0}}{g}\).

Максимальна висота підйому дорівнює координаті тіла в цей момент:

\(H=h+v_{0}t-\frac{gt^{2}}{2}=h+\frac{v_{0}^{2}}{2g}\approx\) 36,5 м.

б) На момент падіння на землю t =\(\tau\) координата тіла y = 0:

\(y(\tau)=h+v_{0}\tau-\frac{g\tau^{2}}{2}=\) 0.

Розв'язавши це квадратне рівняння, знайдемо:

\(\tau=\frac{v_{0}+\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}}{g}=\) 4,26 c.

(від'ємний корінь не має фізичного змісту).

в) Підставивши знайдене значення \(\tau\) в рівняння (2), дістанемо

vy = v0 – gτ= –26,75 м/с.

Знак "–" означає, що вектор швидкості в момент падіння тіла на землю напрямлений проти осі OY, тобто вертикально вниз.

Задача 1.14

Кабіна ліфта висотою h = 2,25 м починає підійматися з прискоренням a = 0,5 м/с2. У момент, коли її швидкість досягла значення v0 = 2,5 м/с, зі стелі відірвалася пластилінова кулька.

Визначити:

а) час \( \tau \) руху кульки до підлоги;

б) переміщення \( {l}\)  та

в) шлях S, який пройшла кулька відносно шахти.

Дано:

h = 2,25 м
a = 0,5 м/с2
v0 = 2,5 м/с

τ - ? l - ?  S - ?

Розв'язання

Рух кульки, залежно від ситуації, зручно розглядати або відносно кабіни ліфта (система відліку O′Y′, рис. 1.14а), або відносно шахти  (система відліку OY, рис. 1.14б).

а) Для визначення часу падіння кульки є доцільно розглянути її рух відносно кабіни ліфта (рухомої системи відліку О′Y′, рис. 1.14а.

Відносно землі ліфт рухається з прискоренням \( \vec{a}\) а кулька  з прискоренням \( \vec{g}\). Тож відносно ліфта її прискорення \( \vec{a}^{\prime}=\vec{g}-\vec{a}\) має модуль

a′ = (a + g).

При цьому початкова швидкість кульки відносно ліфта ${{{v}'}_{0}}=0$ і початкова координата ${{{y}'}_{0}}=h$. Отже за рівнянням (1.16) її координата в довільний момент часу

\( {y}^{\prime}=h-\frac{(g+a)t^{2}}{2}\).

Тож на момент падіння t = \( \tau \), коли \( {y}^{\prime}\) = 0, маємо:

\( h-\frac{(g+a)t^{2}}{2}={0}\)    \( \Rightarrow \)     \( \tau=\sqrt{\frac{2h}{g+a}}\) = 0,65 c.

б) Величина переміщення l кульки в нерухомій системі відліку OY , що є пов'язана із шахтою ліфта (тобто землею), дорівнює  відстані (модулю різниці координат) між точками падіння на підлогу та відриву кульки від стелі ліфта:

$l=\left| y(\tau )-h \right|$.

Прискорення кульки відносно шахти  дорівнює g, отже,

\( {y}(\tau)=h+v_{0}\tau-\frac{g{\tau}^{2}}{2}\).

Відповідно, переміщення

\( {l}=\left|v_{0}\tau-\frac{g\tau^{2}}{2}\right|={0,5}\) м. (1)

в) На рис. 1.14б умовно показано положення кабіни ліфта відносно шахти (в системі відліку OY) на момент падіння кульки на підлогу та її початкове (y0 = h) і найвище (ym) положення. З рисунка видно, що шлях S кульки  складається з двох частин –  шляху підйому до найвищої точки траєкторії S1 і шляху S2 падіння на підлогу ліфта, причому \( {S}_{2}=S_{1}+{l}\). Отже,

\( {S}=S_{1}+S_{2}=2S_{1}+{l}\)

Позаяк у найвищій точці підйому швидкість кульки v = 0, то згідно з формулою (1.19),

\( {S}_{1}=\frac{v_{0}^{2}}{2g}\) = 0,3 м,

і згідно з результатом (1) шуканий шлях кульки від точки відриву до підлоги ліфта складає

S = 1,1 м.

Графіки руху та їхнє використання

Задача 1.15. Тіло рухається з початку координат у напрямку осі ОХ перші 5 с рівномірно зі швидкістю v0 = 10 м/с, а наступні  15 c – із протилежно напрямленим прискоренням a = 2 м/с2. Побудувати графіки: а) проєкції швидкості \( {v}_{x}(t) \) та б) координати x(t) тіла.

Задача 1.16.  За заданим графіком швидкості  тіла, що рухається з початку координат уздовж осі OX побудувати графіки: прискорення тіла ax(t), його координати x(t) і пройденого шляху s(t).

Задача 1.17. На перегоні між двома станціями метро довжиною s = 4 км потяг рухається з середньою швидкістю \( \langle{v}\rangle \) = 68,4 км/год. На розгін та гальмування з однаковим прискоренням він витрачає по \( \tau=20 \) c, а решту часу рухається рівномірно. Визначити максимальну швидкість  потяга v0.

Задача 1.18. Від потяга, що рухається рівномірно, відчіплюють останній вагон, який, рівномірно сповільнюючись, проходить до до зупинки шлях SВизначити шлях S1, який пройде за цей час потяг.

Задача 1.19. Дві кульки, що рухаються без тертя з однаковою швидкістю, одночасно підходять до викривлених симетричних профілів, перша – до опуклого, друга – до угнутого. Обґрунтувати, яка з кульок раніше пройде свій профіль.

Задача 1.15

Задача 1.15

Тіло рухається з початку координат у напрямку осі ОХ перші 5 с рівномірно зі швидкістю v0 = 10 м/с, а наступні  15 c – із протилежно напрямленим прискоренням a = 2 м/с2.

Побудувати графіки

а) проєкції швидкості \( {v}_{x}(t) \);

б) координати x(t) тіла.

 

Дано:

v0 = 10 м/с
a = 2 м/c2
τ1 = 5 c
τ2 = 15 c
x0 = 0

\( {v}_{x}(t) \)?, x(t)?

 

Розв'язання

а) На першому відтинку часу (від 0  до t=τ1) швидкість тіла vх = v0 = const, тож графік \( {v}_{x}{(t)}\) є відрізком прямої, паралельної до осі t, рис. 1.15, а.

На другому проміжку часу тривалістю τ2 тіло рухається з прискоренням, проєкція котрого ax = –a. Отже, згідно з рівняннями швидкості (1.16), графік \( {v}_{x}{(t)}\) зображується відрізком спадної прямої, рис. 15, а. При цьому в точці перетину графіка з віссю t величина  vх змінює знак, тобто тіло змінює напрям руху на протилежний.

б) Розглянемо тепер графік координати х(t). На першому проміжку часу (від t = 0 до t = t1)  координата змінюється за законом x = v0t, а  на другому  – згідно з рівнянням координати х (1.16), яке зручно записати у вигляді:

\(x={{x}_{1}}+{{v}_{0}}\tau -\frac{a{{\tau }^{2}}}{2}\),

(1)

де х1 – початкова координата тіла і τ = (t – τ1) – поточний час на другому інтервалі руху. Відповідно, графік х(t) зображується відрізками прямої та параболи, що  мають бути спряжені (плавно переходити один в один, як на рис. 1.15, б), бо їхній нахил до осі часу визначає одну й ту саму величину v0. При цьому вершина параболи  орієнтована догори (ax < 0) і визначає точку повороту, тобто точку максимального віддалення тіла від початкового положення й зміни напрямку руху.

Відтак  для коректного відображення на рисунку умов задачі  знайдемо числові значення необхідних параметрів графіків. А саме:

– координату тіла  в момент t1

х1 = v0τ1 = 50 м;

проєкцію кінцевої швидкості

vк = v0aτ2 = –20 м/с;

координати вершини параболи, які визначають момент повороту tп і координату xп точки, в якій він відбувається. Обидві величини легко визначаються з рівнянь (1.16) і (1.18). Позаяк у момент tп швидкість тіла  v = 0, то

tп = τ1 + \(\frac{v_{0}}{a}\) = 10 c,

і

\(v_{0}^{2}=2a\left( {x}_{п}-{{x}_{1}} \right)\)     \(\Rightarrow \)     \({{x}_{\text{п}}}={{x}_{1}}+\frac{v_{0}^{2}}{2a}\);

кінцеву координату тіла хк :

xк = \({{x}_{1}}+{{v}_{0}}{{\tau }_{2}}-\frac{a\tau _{2}^{2}}{2}\) = –25 м;

час  повернення тіла в початкове положення x0 = 0, який дорівнює t0 = τ1 + τ0, де величина τ0 є коренем рівняння:

\( {x}_{1}+v_{0}\tau_{0}-\frac{a\tau^{0}}{2}={0}\)    \( \Rightarrow \)     τ0 ≈ 13,7 с    \( \Rightarrow \)     τ0 ≈ 18,7 с.

(Другий корінь не задовольняє умову задачі).

Згідно з обчисленнями, відмічаємо на графіку всі розраховані точки і проводимо через них відрізок прямої та відрізок параболи, як показано на рис. 1.15, б).

Задача 1.16
Задача 1.16

За заданим графіком швидкості  тіла, що рухається з початку координат уздовж осі OX

 побудувати графіки:

а) проєкції прискорення тіла aх (t);

б) координати x(t);

и) пройденого шляху s(t).

Розв'язання

а) Із рис. 1.16а випливає, що рух тіла складається з  двох ділянок, на яких його прискорення \({{\vec{a}}_{1}}\) і \({{\vec{a}}_{2}}\) є сталими і мають проєкції на вісь ОХ складають:

\( {a}_{1}=\frac{v_{0}-(-v_{0})}{2\tau}=\frac{v_{0}}{\tau}\),

\( {a_{2}=\frac{-v_{0}-v_{0}}{3\tau-2\tau}}=-\frac{2v_{0}}{\tau}\).

Отже, \( {a_{2}}=-2a_{1}\), і графік прискорення має вигляд рис. 16-б .

б) Перейдемо тепер до аналізу графіка координати x(t). Із рівняння (1.16), випливає, що він складається з ділянок двох парабол, причому, з урахуванням знаків прискорень (рис. 1.16б), вершина першої орієнтована донизу, а другої – догори. Вершини парабол відповідають точкам повороту, в яких змінюється напрям руху та знак проєкції швидкості,  а сама швидкість проходить через нульове значення. За умовою задачі (див. рис. 1.16а) це відбувається в моменти часу t1 = τ  і  t2 = 2,5τ. До того ж, з рис. 1.16а видно, що сумарна площа під графіками (алгебраїчна величина!), котра визначає переміщення на кожній з ділянок, дорівнює нулю. Це означає, що в кінці кожного відтинку руху тіло повертається у вихідне положення х = 0.

На завершення з рівняння (1.18) визначимо координати точок повороту х1, х2, підставивши відповідні значення швидкостей та знайдені раніше величини а1 і а2:

\({{x}_{1}}=-\frac{{{v}_{0}}\tau }{2}\)     \({{x}_{2}}=\frac{{{v}_{0}}\tau }{4}\)

Графік координати x(t), побудований за наведеними розрахунками, показано на рис. 1.16в.

в) Для побудови графіка шляху S(t) візьмемо до уваги, що при прямолінійному русі  пройдений тілом шлях дорівнює сумі модулів його переміщень. Відтак графік S(t) легко отримати з рис. 1.16в, віддзеркаливши спадні ділянки від осі абсцис, як показано на рис. 1.16г.

Задача 1.17
Задача 1.17

На перегоні довжиною S = 4 км між двома станціями метро потяг рухається з середньою швидкістю \( \langle{v}\rangle \) = 68,4 км/год. На розгін та гальмування зі сталим прискоренням потяг витрачає по \( \tau=20 \) c, а решту часу рухається рівномірно.

Визначити

максимальну швидкість потяга v0.

Дано:
\( \langle{v}\rangle={68,4}\) км/год = 18 м/с
 S = 4 км = 4·103 м
τ = 20 c

v0 - ?

Розв'язання

Для розв'язування задачі скористаємось графіком швидкості потяга, який, відповідно до умови, зображується рівнобічною трапецією (рис. 1.17). Шлях потяга S чисельно дорівнює площі цієї трапеції:

\( {s}=\frac{1}{2}(t_{0}+(t_{0}-2\tau{))}v_{0}=(t_{0}-\tau)v_{0}\).

Підставивши вираз повного  часу руху потяга \( {t}_{0}=s/\langle{v}\rangle \), отримаємо відповідь:

\( {s}=\left(\frac{s}{\langle{v}\rangle}-\tau\right)v_{0}\)      \( \Rightarrow \)

\( {v}_{0}=\frac{s\langle{v}\rangle}{s-\langle{v}\rangle\tau} \) ≈19,8 м/с ≈ 71,3 км/год.

Задача 1.18
Задача 1.18

Від потяга, що рухається рівномірно, відчіплюють останній вагон, який, рівномірно сповільнюючись, проходить до до зупинки шлях S

Визначити

шлях S1, який пройде за цей час потяг.

Розв'язання

Дано:

S

S1 - ?

Графік швидкості вагона зображується нахиленим відрізком, а потяга – горизонтальним відрізком прямої (рис. 1.18). Позаяк площа під графіком швидкості чисельно дорівнює пройденому шляху, очевидно, що шлях потяга є вдвічі більший:

\( {S}_{1}=2{S}\).

Задача 1.18

Задача 1.18
Задача 1.19
Рис. 19

Дві кульки, що рухаються без тертя з однаковою швидкістю, одночасно підходять до викривлених симетричних профілів, перша – до опуклого, друга – до угнутого, рис. 1.19.

Обґрунтувати,

яка з кульок раніше потрапить у точку B.

Розв'язання

Поставлене питання можна вирішити, аналізуючи І – пройдені шляхи, або ІІ – середні швидкості кульок.

І.  В теоретичних відомостях  (п. 1.4) було показано, що при всякому русі площа S під заданою ділянкою графіка  швидкості тіла v(t) чисельно дорівнює пройденому за відповідний час шляхові. Через симетрію профілів руху шляхи кульок і вказані площі S1 і S2 є однакові, тож із схематичних графіків швидкості рис. 1.19-1 видно, що t2 < t1, тобто друга кулька "прийде до фінішу" раніше.

ІІ. При проходженні профілів швидкість першої кульки на першій половині шляху зменшується, а потім збільшується до початкової величини, тоді як для другої кульки все відбувається з точністю до навпаки. Очевидно, що за таких умов середня швидкість першої кульки на всьому шляху є меншою, ніж у другої, тож вона випередить першу (час проходження дистанції t2 < t1).

Рух тіла, кинутого під кутом до горизонту

Задача 1.20. Тіло кинули з висоти h над землею вгору під кутом α до горизонту з початковою швидкістю \( {v}_{0}\)Визначити: а) рівняння траєкторії y = f(x); б) час підйому до найвищої точки траєкторії tm; в) найбільшу висоту підйому тіла над горизонтом H; г) горизонтальну дальність польоту тіла L; д) кут кидання \( \alpha_{m}\), що відповідає є найбільшій дальності польоту.

Задача 1.21. Тіло кинули з поверхні землі з початковою швидкістю \( {v}_{0}\) = 10 м/с так, що за перші t = 0,5 c руху швидкість тіла зменшилася до величини \( {v}\) = 7 м/с. Визначити  максимальну висоту підйому тіла H

Задача 1.22. Кулька, що вільно падає з висоти h = 80 см,  пружно відбивається від похилої площини з кутом нахилу до горизонту α = 30°Визначити: а) через який час τ і на якій відстані L від точки падіння кулька вперше знов зіткнеться з площиною; б) величину та напрям швидкості відскоку.

Задача 1.20
Задача 1.20

Тіло кинули з висоти h над землею вгору під кутом \( \alpha \) до горизонту з початковою швидкістю \( {v}_{0}\).

Визначити:

а) рівняння траєкторії y = f(x);

б) час підйому до найвищої точки траєкторії th;

в) найбільшу висоту підйому тіла над горизонтом H;

г) горизонтальну дальність польоту тіла L;

д) кут кидання \( \alpha_{m}\), що відповідає є найбільшій дальності польоту.

 

Дано:

hα, v0

= f(x) - ?
tm - ?
H - ?
L - ?
αm - ?

Розв'язання

Рух тіла відбувається зі сталим прискоренням \( \vec{g}\) і описується рівняннями (1.16). Оберемо систему координат із початком на землі під місцем кидання тіла (рис. 1.20). Тоді за умовою

\( {x}={0}\)

 

 \( {y_{0}}={h} \)

 \( {v}_{0x}=v_{0}\cos\alpha \) 

 

 \( {v}_{0y}= v_{0}\sin\alpha \)

 \( {g}_{x}={0}\)

 

 \( {g}_{y}=-{g}\),

і рівняння (1.16) мають вигляд:

                     \( {x}=v_{0}t\cos\alpha \), (1)
\( {v}_{x}=v_{0}\cos\alpha \), (2)
\( {y}=h+v_{0}t\sin\alpha-\frac{gt^{2}}{2}\), (3)
\( {v}_{y}=v_{0}\sin\alpha-{gt}\), (4)

а) Рівняння траєкторії тіла визначає  його координату y як функцію координати x: y(x).  Її можна знайти, виключивши з рівнянь координат  час t. Для цього виразимо його з рівняння (1) і після  підстановки в рівняння (3) та елементарних викладок отримаємо:

\( {t}=\frac{x}{v_{0}\cos\alpha}\)      $\Rightarrow $

$y=h+x\operatorname{tg}\alpha -\frac{g}{2v_{0}^{2}{{\cos }^{2}}\alpha }{{x}^{2}}$

(5)

Це є рівняння параболи з гілками,  спрямованими донизу (рис. 1.19).

б) Вектор швидкості є дотичним до траєкторії й у верхній точці спрямований горизонтально. Отже,

\( {v}_{y}(t_{m})=v_{0y}-gt_{m}={0}\),

де \( {t}_{m}\) – час підйому тіла до верхньої точки траєкторії.

З цього рівняння маємо:

\( {t}_{m}=\frac{v_{0y}}{g}=\frac{v_{0}\sin\alpha}{g}\).

в) Найбільша висота підйому тіла над землею дорівнює координаті y на момент часу \( {t}_{m}\):

\( {H}=y(t_{m})=h+v_{0y}t_{m}-\frac{gt_{m}^{2}}{2}=h+\frac{v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}{2g}\). (6)

г) Горизонтальна дальність польоту тіла L дорівнює координаті x точки перетину траєкторії з віссю OX (рис.19), тобто при y = 0. Тож із рівняння (5) маємо:

\( {0}=h+L\mathrm{tg}\alpha-\frac{g}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}L^{2}\), (7)

звідки

\( {L}=\frac{v_{0}^{2}\sin\alpha\cos\alpha+v_{0}\cos\alpha\sqrt{v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha+2gh}}{g}\). (8)

(Від'ємний корінь не має фізичного змісту). 

Звичайно, для визначення дальності польоту можна було би спочатку визначити повний час руху тіла t0 з рівняння (3), поклавши y = 0,  а потім, підставивши його в рівняння (1), знайти x(t0) = L. Але такий шлях є більш громіздкий.

Зауважимо також, що в окремому випадку, коли тіло кидають з поверхні землі (h = 0), для дальності польоту виходить

\( {L}=\frac{2v_{0}^{2}\sin\alpha\cos\alpha}{g}=\frac{v_{0}^{2}\sin{2}\alpha}{g}\) (8a)

д)  Кут кидання, при якому дальність польоту тіла є найбільшою логічно було би визначати стандартним методом вищої математики, дослідивши на максимум функцію L(α), що визначається виразом (8). Одначе це можна зробити й алгебраїчно . А саме. Зробивши в рівнянні (7) заміну \( \cos^{2}\alpha=1/(\mathrm{tg}\alpha+1) \), дістанемо:

\({h}+L\mathrm{tg}\alpha-\frac{gL^{2}}{2v_{0}{2}}(\mathrm{tg}^{2}\alpha+1) \) \( \Rightarrow \) \( \mathrm{tg}^{2}\alpha-\frac{2v_{0}^{2}}{gL}\mathrm{tg}\alpha-\left(\frac{2hv_{0}^{2}}{gL}-1\right)={0}\).

Корені отриманого рівняння


\( \mathrm{tg}\alpha=\frac{v_{0}^{2}}{gL}\left(1\pm\sqrt{1+\frac{2gh}{v_{0}^{2}}-\left(\frac{gL}{v_{0}^{2}}\right)^{2}}\right) \) (9)

 

мають фізичний зміст лише за умови

\( {1}+\frac{2gh}{v_{0}^{2}}-\left(\frac{gL}{v_{0}^{2}}\right)^{2}\ge{0}\),

тобто, коли \( {L}\le\frac{v_{0}\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}}{g}\). Отже, максимальна можлива дальність польоту тіла складає

\( {L}_{m}=\frac{v_{0}\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}}{g}\).

Відтак підставимо це значення у формулу (9) і одержимо для кута кидання αm, що відповідає найбільшій дальності польоту, наступний вираз:

\( \mathrm{tg}\alpha_{m}=\frac{v_{0}^{2}}{gL_{m}}=\frac{v_{0}}{\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}}\).

Принагідно відмітимо, що при киданні з поверхні землі (h = 0) для αm виходить tgαm = 1, тобто  дальність польоту є максимальна при куті кидання 45°. Такого висновку можна дійти й на основі виразу (8а), позаяк  максимальне значення \( \sin{2\alpha}={1}\).

 

Задача 1.21

Тіло кинули з поверхні землі з початковою швидкістю \( {v}_{0}\) = 10 м/с так, що за перші t = 0,5 c руху швидкість тіла зменшилася до величини \( {v}\) = 7 м/с.

Визначити 

максимальну висоту підйому тіла H.

Розв'язання

Дано:

v0 = 10 м/с
t = 0,5 с

v = 7 м/с

H - ?
 

Позаяк в умові не вказано напрям вектора ${{\vec{v}}_{0}}$, можна подумати, що тіло кинули вертикальною. Але це не так, інакше б його швидкість через 0,5 с, згідно з відповідним рівнянням (1.16), складала б v0 gt = 5 м/с. Отже, тіло кинуто під кутом до горизонту.

Розмістимо початок координат у точці кидання, тож початкова координата y0 = 0, а в найвищій точці y = H, і вертикальна складова швидкості vy = 0. Отже, згідно з рівнянням (1.18),

\( {H}=\frac{v_{0y}^{2}}{2g}\). (1)

Для визначення вертикальної складової початкової швидкості \( {v}_{0y}\) скористаємося рівняннями (1.16):

\( {v}_{x}=v_{0x}\),

\( {v}_{y}=v_{0y}-{gt}\).

З цих рівнянь можна отримати \( {v}_{0y}\), якщо піднести їх до квадрата та додати:

\( {v}_{x}^{2}+v_{y}^{2}=v_{0x}^{2}+(v_{0y}^{2}-gt)^{2}=v_{0x}^{2}+v_{0y}^{2}-2v_{0y}gt+g^{2}t^{2}\)    \( \Rightarrow \)

    \( {v}^{2}=v_{0}^{2}-2gtv_{0y}+g^{2}t^{2}\).

Звідси маємо

\( {v_{0y}=\frac{v_{0}^{2}-v^{2}+g^{2}t^{2}}{2gt}}\).

Відтак підставимо цей результат у вираз (1) і отримаємо відповідь:

\( {H}=\frac{(v_{0}^{2}-v^{2}+g^{2}t^{2})^{2}}{8g^{3}t^{2}}\) = 2,9 м.

Задача 1.21
Задача 1.22

Кулька, що вільно падає з висоти h = 80 см,  пружно відбивається від похилої площини з кутом нахилу до горизонту α = 30°.

Визначити

а) через який час τ і на якій відстані L від точки падіння кулька вперше знов зіткнеться з площиною; б) величину та напрям  швидкості відскоку \(\vec{v}\).

Розв'язання

Дано:

h = 20 см
α = 30°

τ-?, L-?, v -?, β-? 

При пружному зіткненні кулька дзеркально  відбивається під кутом β0 = 60° до площини (рис. 1.22) із швидкістю падіння, що за формулою (1.19) дорівнює

\( {v}_{0}=\sqrt{2gh}\) .
(1)

Тож у показаній на рис. 1.22 системі координат ХOY вирази проєкцій прискорення та рівняння проєкцій швидкості й координат кульки (1.16) мають вигляд:

\(\ {{a}_{x}}=g\cos {{\beta }_{0}}\)

\(\ {{a}_{y}}=-g\sin {{\beta }_{0}}\)

(2)

\({{v}_{x}}=\left( {{v}_{0}}+gt \right)\cos {{\beta }_{0}}\)

\({{v}_{y}}=\left( {{v}_{0}}-gt \right)\sin {{\beta }_{0}}\)

(3)

\(x=\left( {{v}_{0}}t+\frac{g{{t}^{2}}}{2} \right)\cos {{\beta }_{0}}\)

\(y=\left( {{v}_{0}}t-\frac{g{{t}^{2}}}{2} \right)\sin {{\beta }_{0}}\).

(4)

Тепер перейдемо до пошуку означених в умові величин. На момент відскоку координати кульки дорівнюють нулю, тож, поклавши в рівняннях (4) y = 0, знайдемо час руху кульки t = τ  між першим і другим зіткненням:

\(\left( {{v}_{0}}\tau -\frac{g{{\tau }^{2}}}{2} \right)=0\)  \(\Rightarrow \)   \(\tau =\frac{2{{v}_{0}}}{g}\) (5)

Відтак, підставивши цей вираз у рівняння для х, визначимо відстань L = x(τ), на якій відбувається другий відскок:

\(L=\left( {{v}_{0}}\tau +\frac{g{{\tau }^{2}}}{2} \right)\cos {{\beta }_{0}}\)

(6)

Так само з рівнянь (3) знайдемо проєкції швидкості кульки на момент другого відскоку:

   \({{v}_{x}}=\left( {{v}_{0}}+g\tau  \right)\cos {{\beta }_{0}}=3{{v}_{0}}\cos {{\beta }_{0}}\)

\({{v}_{y}}=\left( {{v}_{0}}-g\tau  \right)\sin {{\beta }_{0}}=-{{v}_{0}}\sin {{\beta }_{0}}\)

та її модуль і напрям β :

\(v={{v}_{0}}\sqrt{9{{\cos }^{2}}{{\beta }_{0}}+{{\sin }^{2}}{{\beta }_{0}}}\)

tgβ = –\(\frac{\cos {{\beta }_{0}}}{\sin {{\beta }_{0}}}\)

(7)

(Примітка. Знак “–” в останньому виразі пояснюється тим, що в рівняннях (3) фігурує швидкість підльоту кульки до точки удару, а не швидкість відскоку).

 Числові відповіді дістанемо з формул  (5), (6), (7), підставивши значення  β0  = 60° і, згідно з формулою (1) v0 = 4 м/с:

τ = 4 с

L = 3,2 м

v = 6,9 м/с

βв = 30°.

Наостанку зауважимо, що задачу можна розв'язувати і в “звичній” системі координат із горизонтальною і вертикальною осями, проте розв'язок буде більш громіздкий.

Рух двох тіл

Задача 1.23. Двоє байкерів рухаються однією прямою дорогою відповідно до рівнянь: \( {x}_{1}={8t} \) і \( {x}_{2}=14+0,5t^{2}\). 1. Проаналізувати рух і показати графіки координат байкерів x(t). 2. Визначити: а) час t та місце зустрічі байкерів (відстань L від початку координат);  б) час τ, за який байкери подолають однаковий шлях і знайти його величину S.

Задача 1.24. Два тіла з однакової висоті над землею кинуто горизонтально у протилежних напрямах зі швидкостями \( {v}_{01}={4} \) м/с і \( {v}_{02}={9}\) м/с. Визначити, через який час t вектори швидкостей тіл стануть взаємно перпендикулярними.

Задача 1.25. З однієї точки одночасно і з однаковою швидкістю \( {v}\) = 20 м/с кидають вгору два тіла: одне вертикально, а інше – під кутом \( \alpha=50^{\circ}\) до горизонту. Визначити відстань L між тілами через час t = 0,5 c після початку руху.

Задача 1.22
Задача 1.23

Двоє байкерів рухаються однією прямою дорогою відповідно до рівнянь: \( {x}_{1}={8t} \) і \( {x}_{2}=14+0,5t^{2}\)

1. Проаналізувати рух і показати графіки координат байкерів x(t).

2. Визначити:

а) час t та місце зустрічі байкерів (відстань L від початку координат); 

б) час τ, за який байкери подолають однаковий шлях і знайти його величину S.

Дано:

 x1 = 8t
 x2 = 14 + 0,5t2

t - ? L - ? τ - ?

 

Розв'язання

1. З умови випливає, що перший байкер рухається із сталою швидкістю v1 = 8 м/с і при t = 0 знаходиться в початку координат. Одночасно другий байкер, перебуваючи попереду на відстані  x20 = 14 м, починає рухатись  у тому самому напрямі з прискоренням a2 = 1 м/с2.

Для аналізу подальшого руху байкерів випишемо у загальному вигляді рівняння їхніх координат (1.16):

$\begin{align}  & {{x}_{1}}={{v}_{1}}t \\ & {{x}_{2}}={{x}_{20}}+\frac{{{a}_{2}}{{t}^{2}}}{2} \\\end{align}$

Відтак, наклавши умову x2x1, отримаємо рівняння, що визначає можливі моменти зустрічі байкерів:

${{x}_{20}}+\frac{{{a}_{2}}{{t}^{2}}}{2}$ =${{v}_{1}}t$   $\Rightarrow $  ${{a}_{2}}{{t}^{2}}-2{{v}_{1}}t+2{{x}_{20}}=0$  (1)

Із виразу коренів цього рівняння

$ t=\frac{{{v}_{1}}\pm \sqrt{v_{1}^{2}-2{{a}_{2}}{{x}_{20}}}}{{{a}_{2}}}$

випливає, що на загал є три можливості:

1) $v_{1}^{2}<2{{a}_{2}}{{x}_{20}}$ корені не існують, тобто байкери взагалі не зустрінуться;

2) $v_{1}^{2}=2{{a}_{2}}{{x}_{20}}$ – байкери зустрінуться в момент t0 = v1/a2;

3) $v_{1}^{2}>2{{a}_{2}}{{x}_{20}}$ – відбудеться дві зустрічі.

Сказане ілюструє рис. 1. 23, на якому зображено графік  x2(t), що являє гілку параболи з вершиною в очці х20 та три промені – графіки x1(t) для випадків 1), 2) і 3), відповідно.

Проаналізуємо  за графіками рух байкерів у кожному з наведених випадків, узявши до уваги, що відстань між байкерами визначається різницею ординат х, а швидкість руху – нахилом графіків до осі абсцис t (див. п. 1.4). Тож, як видно, в кожному випадку перший байкер спочатку наздоганяє другого, а від моменту, коли їхні швидкості порівнюються, – відстає. При цьому:

–  за малої швидкості v1 (випадок 1) перший байкер починає відставати        ще не діставшись точки старту другого, тож ніколи його не наздожене;

–  у випадку 2 перший байкер у момент t0 і в точці х0 наздоганяє другого, але  відразу починає відставати;

–  при великій швидкості (випадок 3) перший байкер у момент t1 (перша зустріч) має більшу швидкість і починає        випереджати другого. Але потім другий, поступово нарощуючи швидкість, у момент t2 (друга зустріч) наздоганяє      й уже назавжди випереджає першого. 

2а). При заданих значеннях  v1 = 8 м/с,  x20 = 14 м і a2 = 1 м/с2 виконується умова 3), і корені рівняння (1) становлять t1 = 2 c, t2 = 14 c. Отже, байкери зустрічаються  двічі – через 2 с та 14 с після старту другого і, згідно із заданими в умові рівняннями, на відстані L1 = 16 м і  L2 = 112 м від початку координат.  

2б). Пройдений кожним байкером шлях дорівнює зміні його координати. Тож, поклавши в заданих умовою задачі рівняннях  х1 = х2 = S і t = τ , отримаємо:

$\left\{ \begin{align}  & S=8\tau  \\ & S=0,5{{\tau }^{2}} \\\end{align} \right.\quad \Rightarrow \quad \tau =16\text{ c;}\quad S=128\text{ }\text{м.}$

Задача 1.23
Задача 1.24

Два тіла з однакової висоті над землею кинуто горизонтально у протилежних напрямах зі швидкостями \( {v}_{01}={4} \) м/с і \( {v}_{02}={9}\) м/с. 

Визначити,

через який час t вектори швидкостей тіл стануть взаємно перпендикулярними.

Дано:

v01 = 4 м/c
v02 = 9 м/c
g = 10 м/с2

t - ?

Розв'язання

Умова задачі містить інформацію про початкові та кінцеві швидкості двох тіл, які одночасно починають рух із однаковим прискоренням \( \vec{g}\). Тож шуканий час  можна знайти за допомогою рівнянь  (1.14):

\( \vec{v}_{1}(t)=\vec{v}_{01}+\vec{g}{t}\),

 \( \vec{v}_{2}(t)=\vec{v}_{02}+\vec{g}{t}\)

одним із двох способів.

І спосіб. Згадаємо, що скалярний добуток векторів \( \vec{b}\) і \( \vec{c}\) визначається як \( \vec{b}\cdot\vec{c}=b{c}\cos\alpha \), де \( \alpha \) – кут між векторами. Для взаємно перпендикулярних векторів  він дорівнює нулю, отже:

\( \vec{v}_{1}(t)\vec{v}_{2}(t)=\left(\vec{v}_{01}+\vec{g}t\right)\left(\vec{v}_{02}+\vec{g}t\right){=}\)

\( {=}\vec{v}_{01}\vec{v}_{02}+\vec{v}_{01}\vec{g}t+\vec{v}_{02}\vec{g}t+\vec{g}t\vec{g}{t}={0}\).

За умовою задачі кут між векторами \( \vec{v}_{01}\) та \( \vec{v}_{02}\) дорівнює \( {\pi}\). Отже,

\( \vec{v}_{01}\vec{v}_{02}=-v_{01}{v}_{02}\).

При цьому кути між векторами \( \vec{v}_{01}\) і \( \vec{g}\) та  \( \vec{v}_{02}\) і \( \vec{g}\) дорівнюють \( \pi{/2}\), тому\( \vec{v}_{01}\vec{g}=\vec{v}_{02}\vec{g}={0}\).

Крім того, скалярний добуток вектора самого на себе дорівнює квадрату його модуля: \( \vec{g}\cdot\vec{g}=g^{2}\). Таким чином,

\( \vec{v}_{1}\vec{v}_{2}=-v_{01}{v}_{02}+g^{2}t^{2}={0}\),

і

\( {t}=\frac{\sqrt{v_{01}v_{02}}}{g}={0,6}\) c.

ІІ спосіб. Оскільки вектори \( \vec{v}_{01},\,\vec{v}_{02}\) є перпендикулярні до вектора \( \vec{g}\), то для квадратів їхніх модулів можна записати (див. рис. 1.24):

\( {v}_{1}^{2}=v_{01}^{2}+(gt)^{2}\),       \( {v}_{2}^{2}=v_{02}^{2}+(gt)^{2}\). (1)

З іншого боку, позаяк за умовою вектори \( \vec{v}_{1}\) і \( \vec{v}_{2} \) є взаємно перпендикулярні (рис. 1.23б), то

\( {v}_{1}^{2}+v_{2}^{2}=(v_{01}+v_{02})^{2}\).

Підставивши сюди вирази (1), дістанемо:

\( {v}_{01}^{2}+2(gt)^{2}+v_{02}^{2}=v_{01}^{2}+2v_{01}v_{01}+v_{02}^{2}\)       \( \Rightarrow \)     

\( {gt}=\sqrt{v_{01}v_{02}}\)       \( \Rightarrow \)       \( {t}=\frac{\sqrt{v_{01}v_{02}}}{g}={0,6}\) c.

Задача 1.24
Задача 1.25

З однієї точки одночасно і з однаковою швидкістю \( {v}\) = 20 м/с кидають вгору два тіла: одне вертикально, а інше – під кутом \( \alpha=50^{\circ}\) до горизонту. 

Визначити 

відстань L між тілами через час t = 0,5 c після початку руху.

Дано:

v = 20 м/с
α  = 50°
t = 0,5 с

L - ?

Розв'язання

Залежно від вибору системи відліку, задачу можна розв'язати двома способами.

І спосіб. Оберемо координатну систему XOY з початком у точці кидання (рис. 1.25), в якій початкові координати обох тіл дорівнюють нулю, а проєкції початкових швидкостей \( {v}_{1x}={0}\), \( {v}_{1y}={v}\) і  \( {v}_{2x}=v\cos\alpha\)\( {v}_{2y}=v\sin\alpha \). Координати тіл на момент часу t визначаються рівняннями (1.16а):

\( {x}_{1}={0}\),                  \( {x}_{2}=vt\cos\alpha \);

\( {y}_{1}=vt-\frac{gt^{2}}{2}\),      \( {y}_{2}=vt\sin\alpha-\frac{gt^{2}}{2}\).

(1)

Відстань між двома точками через їхні координати виражається формулою:

\( {L}=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}}\).

Тож, підставивши сюди вирази (1) для координат, після простих перетворень отримаємо:

$L=vt\sqrt{{{\cos }^{2}}\alpha +{{\left( \sin \alpha -1 \right)}^{2}}}=vt\sqrt{2\left( 1-\sin \alpha  \right)}$

Обчислення дають

L = 6,84 м.

ІІ спосіб. Пов'яжемо з першим тілом рухому систему відліку, швидкість V якої відносно нерухомої (земна поверхня) складає \( \vec{V}\) = \( \vec{v}_{1}\).  Тоді швидкість другого тіла відносно першого (швидкість в  рухомій системі відліку) визначається  формулою (1.11а):

\( \vec{u}=\vec{v}_{2}-\vec{v}_{1}=(\vec{v}_{02}+\vec{g}t)-(\vec{v}_{01}+\vec{g}t)=\vec{v}_{02}-\vec{v}_{01}=\mathrm{const}\).

  

 

Отже, позаяк прискорення тіл однакові, їхній відносний рух є рівномірним прямолінійним, і відстань між ними змінюється з часом, як

\( {L}=ut=\left|\vec{v}_{02}-\vec{v}_{01}\right|{t}\).

 Величину $u=\left| {{{\vec{v}}}_{02}}-{{{\vec{v}}}_{01}} \right|$ знайдемо за теоремою косинусів (див. рис. 24):

\( {u}=\sqrt{v^{2}+v^{2}-2vv\cos^{2}\beta}\)v\(\sqrt{2\left( 1-\cos \beta  \right)}\) = \( {L}=vt\sqrt{2(1-\sin\alpha)}\).

Обертовий рух. Кочення.

Задача 1.26. Авто рухається по колу радіуса R = 250 м зі сталою швидкістю v = 36 км/год. Визначити залежність від часу: 1. Модуля переміщення  та побудувати графік \(\left| \Delta \vec{r}\left( t \right) \right|\); 2. Координат x(t), y(t); 3. Проєкцій  швидкості vx(t), vy(t) і прискорення ax(t), ay(t) та обчислити їхні модулі.

Задача 1.27. Диск рівномірно обертається навколо своєї осі, котра рухається горизонтально зі сталою швидкістю v0 = 2 м/с. Визначити швидкість v2 заданої точки 2 диска, якщо швидкість заданої точки 1 дорівнює v1 = 1 м/с. 

Задача 1.28. Колесо радіуса R котиться горизонтальною площиною без ковзання  зі  швидкістю  \( {v}_{0}\)Визначити швидкість v та прискорення \( {a}\) указаної точки на ободі, якщо її радіус обертання складає кут \( \alpha \) із вертикаллю.

Задача 1.29. Котушка радіуса із шаром ниток радіусом r лежить на шорсткій горизонтальній поверхні. Визначити, в якому напрямі та з якою швидкістю u покотиться котушка, якщо нитку  горизонтально потягнути за вільний кінець із швидкістю \( {v}\).

Задача 1.30. Із указаної точки  на ободі колеса радіуса R, яке котиться горизонтальною площиною без ковзання, відлітає кусочок бруду. Визначити найменшу швидкість u колеса, при якій бруд знов потрапить у ту саму точку колеса при такому самому її розташуванні відносно осі.

Задача 1.31. Два тягарці різної маси, що з'єднані ниткою, перекинутою через нерухомий блок радіуса R, спочатку  утримують на одному рівні, а потім вивільнюють. Відтак вони без ковзання нитки за час τ = 1 с розійшлися  на відстань  nR  один від одного. Визначити кут повороту блоку \( \varphi \) та набуте за цей час прискорення \( \vec{a}\) указаною точкою, якщо R = 10 см і n = 3.

 

Задача 1.25
Задача 1.26.

Авто рухається по колу радіуса R = 250 м зі сталою швидкістю v = 36 км/год.

Визначити залежність від часу:

1. Модуля переміщення  та побудувати графік \(\left| \Delta \vec{r}\left( t \right) \right|\) ;

2. Координат x(t), y(t); 

3. Проєкцій  швидкості vx(t), vy(t) і прискорення ax(t), ay(t) та обчислити їхні модулі.


 

Дано:

R = 250 м
v = 10 м/с
\(\alpha=60^{\circ}\)
\(\left| \Delta \vec{r}(t)\right|\) - ?
x(t), y(t) - ?
vx(t), vy(t), v - ?
ax(t), ay(t),  a - ?

Розв’язання:

Умову задачі відображає рис. 1.26a.

1. Величину переміщення знайдемо за теоремою косинусів із трикутника AOC:

\(\left| \Delta \vec{r} \right|=\sqrt{{{R}^{2}}+{{R}^{2}}-2{{R}^{2}}\cos \varphi }=2R\cdot \left| \sin \frac{\varphi }{2} \right|\ .\)

Із геометрії відомо, що центральний кут φ = SR (рад), де S – довжина дуги кола між точками А і С, тобто пройдений шлях. Позаяк рух авто є рівномірним, то S = vt, і

\(\varphi =\frac{vt}{R}.\)

(1)

Тоді

\(\left| \Delta \vec{r} \right|=2R\left| \sin \left( \frac{vt}{2R} \right) \right|=500\left| \sin (0,02t) \right|.\)

Графік переміщення за час двох повних обертів руху 2T показано на рис. 26б.

2. З рис. 1.26а видно, що координати авто визначаються, як

\(x=R\cos \varphi ,\ \  y=R\sin \varphi \ .\)

Зробивши в цих виразах заміну (1), дістанемо:

\(x=R\cos \left( \frac{vt}{R} \right)=250\cos \left( 0,04t \right),\ \ \ \ \ y=R\sin \left( \frac{vt}{R} \right)=250\sin \left( 0,04t \right)\ .\)

Звідси, відповідно до виразів (1.7а) і (1.7б), знайдемо:

\(v_{x}= x'(t)=-v\sin \left( \frac{vt}{R} \right)=-10\sin \left( 0,04t \right)\ ;\)

\(v_{y}= y'(t)=-v\cos \left( \frac{vt}{R} \right)=10\cos \left( 0,04t \right)\ .\)

3. проєкції вектора прискорення визначаються аналогічно з виразів (17) і (1.8) :

\(a_{x}= v{{'}_{\text{x}}}=x''(t)=-v\sin \left( \frac{vt}{R} \right)=-0,4\cos \left( 0,04t \right)\ ;\)

\(a_{y}= v{{'}_{\text{y}}}=y''(t)=v\cos \left( \frac{vt}{R} \right)=-0,4\sin \left( 0,04t \right)\ .\)

Модуль прискорення

\(a=\sqrt{a_{\text{x}}^{2}+a_{\text{y}}^{2}}=\frac{{{v}^{2}}}{R}\) = 0,4 м/с2.

Зауважимо, що отриманий результат є цілком передбачуваним – адже при рівномірному русі по колу прискорення тіла є доцентровим і визначається формулою (1.28). 

Задача 1.26
Задача 1.27

Диск рівномірно обертається навколо своєї осі, котра рухається  горизонтально зі сталою швидкістю v0 = 2 м/с, рис. 1.27а

Визначити

швидкість v2 заданої точки 2 диска, якщо швидкість точки 1 дорівнює v1 =1м/с.

Дано:

v1 = 1 м/с
v0 = 2 м/с
v2 - ?

Розв’язання:

Точки диска обертаються навколо осі й рухаються разом з нею. Тож для аналізу їхнього руху крім нерухомої системи відліку ХОY (рис. 1.27а), введемо й зв'язану з віссю диска рухому систему відліку X'O'Y', що має відносно нерухомої швидкість v0 і в якій швидкості точок диска ${\vec{v}}'$ є лінійними швидкостями їхнього обертального руху (див. п. 1.5). Тож за законом додавання  швидкостей (1.10) для будь-якої точки диска можна записати:

$\vec{v}$ = ${\vec{v}}'$ + ${{\vec{v}}_{0}}$ $\Rightarrow $

${{v}_{x}}={{{v}'}_{x}}+{{v}_{0}}$

(1)

За умовою швидкість т. 1 в нерухомій системі відліку v1 < v0, що означає, що  вектор ${{\vec{{v}'}}_{1}}$ є антипаралельним до \(\vec{v}_{0}\) (рис. 1.27б). Отже, диск обертається за годинниковою стрілкою, і в точці 2 вектори${{\vec{{v}'}}_{2}}$ і \({{\vec{v}}_{0}}\) є збіжні за напрямом (рис. 1.27в). Тому для проєкцій маємо:  v0x = v0, ${{{v}'}_{1x}}$ = – v′, v2х = v2, і для кожної з точок формула (1) у проєкціях виглядає, як

\(v_{2}=v′+v_{0}\)

   \(v_{1x}=-v′+v_{0},\)

Звідси випливає наступний результат:

\( {{v}_{2}}=-{{v}_{1x}}+2{{v}_{0}} .\)

 

В умові задачі напрям руху точки 1 в нерухомій системі відліку ХОY не вказано. Тому, залежно від  швидкості обертання диска і величини u, є можливі два випадки: 1) точка 1 відносно нерухомої системи відліку  рухається праворуч, тоді  v1x = v1, і 2) точка 1 рухається ліворуч, тож v1x = –v1. Тож задача має дві відповіді:

${{v}_{2}}=-{{v}_{1}}+2{{v}_{0}}$ =  3 м/с,  і  \({{v}_{2}}=v+2{{v}_{0}}=5\ \text{м/с}\ .\)

 

Задача 1.27
Задача 1.28

Колесо радіуса R котиться горизонтальною площиною без ковзання  зі швидкістю  \( {v}_{0}\)

Визначити 

швидкість v та прискорення а указаної точки на ободі, якщо її радіус обертання складає кут \( \alpha \) із вертикаллю.

Дано:

\( {v}_{0}\)

 vА - ?

а - ?

Розв’язання

Пов'яжемо нерухому систему відліку XOY із площиною, а рухому  X′O′Y′  – із віссю колеса, рис. 1.28. В такому разі швидкість осі колеса \( \vec{v}_{0}\) є швидкістю рухомої системи відліку, а лінійна швидкість обертання точки А навколо осі О′ \({{{\vec{v}}'}_{A}}\) відносною швидкістю цієї точки. Тоді, згідно із законом додавання швидкостей (1.10), швидкість точки А відносно площини складає

\({{\vec{v}}_{A}}={{{\vec{v}}'}_{A}}+{{\vec{v}}_{0}}\).

Із паралелограма векторів на рис. 1.27, який відображає записану рівність, видно, що кут між векторами \( \vec{v}_{0}\) та \( \vec{v}_{A}^{\prime}\) дорівнює заданому кутові \( \alpha \). Тож за теоремою косинусів

\( {v}_{A}=\sqrt{(v^{\prime})^{2}+v_{0}^{2}+2v^{\prime}v_{0}\cos\alpha}\).

Позаяк кочення відбувається без ковзання, кожна точка колеса, що дотикається до площини, є відносно неї нерухомою:

\(\vec{v}_{с}=\vec{v}_{0}+\vec{v}_{с}^{\prime}\) = 0.

Отже,

\({{\vec{v}'}_{c}}\) =\( \vec{v}_{0}\)     \(\Rightarrow \)     vс =  v0.

Зрозуміло, що величина швидкості точки А є такою самою:

  vА =  v0.

Прискорення а точок колеса відносно його осі є доцентровим (формула (1.28)), отже  на ободі його величина складає

\( {a}^{\prime}=\frac{v^{\prime{2}}}{R}=\frac{v_{0}^{2}}{R}\).

Відносно площини величина прискорення а така сама, позаяк вісь колеса відносно площини рухається без прискорення (див. п. 1.2).

Задача 1.28
Задача 1.29

Котушка радіуса із шаром ниток радіусом r лежить на шорсткій горизонтальній поверхні, рис. 1.29

Визначити,

в якому напрямі і з якою швидкістю u покотиться котушка, якщо нитку  горизонтально потягнути за вільний кінець із швидкістю \( {v}\).

 

Дано:

R, r
\( {v}\)

\( {u}\) - ?

Розв’язання

За умовою поверхня є шорсткою, тож котушка котитиметься по ній без ковзання. Це означає, що кожна точка котушки, що дотикається, на мить стає нерухомою відносно площини, ніби  "пришпиленою" до неї. Тож при коченні без ковзання котушка в кожен момент часу лишень обертається навколо осі С, яка через це називається миттєвою віссю. При цьому очевидно, що напрям обертання котушки навколо миттєвої осі збігається із напрямом прикладеної до нитки сили. Отже,  котушка буде рухатися праворуч, намотуючись на нитку (що без наведеного аналізу може здатися неочікуваним).

Швидкість \( {v}\), з якою тягнуть нитку, і шукана швидкість \( {u}\) осі О є лінійними швидкостями їхнього обертання навколо миттєвої осі С. Тому, позаяк кутова швидкість є однакова для усіх точок обертового тіла,то згідно з  формулою (1.26) маємо:

\( \frac{v}{R-r}\) = \( \frac{u}{R}\)    \(\Rightarrow \)   \(u=\frac{R}{R-r}v\).

Наостанку зауважимо, що миттєва вісь існує не лише при коченні без ковзання, а й при деяких інших рухах тіл, що спрощує розв'язування відповідних задач механіки твердого тіла.

Задача 1.29
Задача 1.30

Із указаної точки на ободі колеса радіуса R, яке котиться горизонтальною площиною без ковзання, відлітає кусочок бруду. 

Визначити

найменшу швидкість u колеса, при якій бруд знов потрапить у ту саму точку колеса при такому самому її розташуванні відносно осі.

Дано:

R

\( {u}\)-?

Розв’язання

На рис. 1.30 показано початкове та кінцеве положення колеса, що задовольняє умову задачі. При цьому за час t між відривом і потраплянням бруду на колесо воно має здійснити щонайменше один повний оберт і пройти відстань \( {S}=2\pi{R}\). Отже, необхідна швидкість колеса складає

\( {u}=\frac{2\pi{R}}{t}\). (1)

Для визначення часу t перейдемо в систему відліку колеса ХOY, в якій бруд відлітає й рухається далі вертикально із початковою величиною швидкості u та прискорення g . При цьому через половину часу польоту він опиняється в найвищій точці й має нульову миттєву швидкість. Отже,

\(u=\frac{gt}{2}\quad \Rightarrow \quad t=\frac{2u}{g}\).

Підставивши це значення t у вираз (1), отримаємо відповідь:

\(u=\frac{\pi Rп}{u}\)      \( \Rightarrow \)      \( u=\sqrt{\pi{gR}}\).

Задача 1.30
Задача 1.31

Два тягарці різної маси, що з'єднані ниткою, перекинутою через нерухомий блок радіуса R, спочатку  утримують на одному рівні, а потім вивільнюють. Відтак вони без ковзання нитки за час τ = 1 с розійшлися  на відстань nR один від одного.

Визначити 

кут повороту блоку \( \varphi \) та набуте за цей час прискорення \( \vec{a}\) указаною точкою, якщо R = 10 см і n = 3.

Дано:

R= 10 см,

n=3

t = 1 с,

\(\varphi\) -?

\(\vec{a}\) -?

Розв’язання

За відсутності  ковзання точки на ободі блоку та кожен із тягарців за вказаний час проходять однакові шляхи

$S=\frac{nR}{2}.$

(1)

Отже, кут повороту блоку складає

\( \varphi=\frac{S}{R}=\frac{n}{2}\) (рад) = 86°.

Далі визначаємо прискорення \(\vec{a}\) точок на ободі. Через різну вагу, тягарці рухаються прискорено, тож точки блоку змінюють не лише  напрям, а й величину швидкості. Через це вони, крім доцентрового прискорення \({{\vec{a}}_{дц}}\) (див. п. 1.5), мають  лінійне прискорення \({{\vec{a}}_{л}}\), котре показує, як швидко розганяється блок. Воно визначається приростом величини швидкості точки за одиницю часу і спрямоване по дотичній до блоку, як показано на рис. 1.31, і збігається з прискоренням тягарців

Таким чином, зміна вектора швидкості точок блоку визначається вектором повного прискорення

$\vec{a}={{\vec{a}}_{\text{л}}}+{{\vec{a}}_{\text{дц}}}$.

Його модуль дорівнює

$ {a}=\sqrt{a_{дц}^{2}+a_{л}^{2}} $,

(2)

а напрям складає з ниткою кут α, що визначається співвідношенням:

$ \mathrm{tg}{\alpha}=\frac{a_{дц}}{{a}_{л}}$.

(3)

 За відсутності ковзання нитки лінійне прискорення та швидкість точки на ободі блоку збігаються з прискоренням і швидкістю тягарців, які визначаються рівняннями кінематики (п. 1.3). Зокрема, враховуючи вираз (1), з рівняння (1.16) знаходимо:

$  {{a}_{л}}=\frac{nR}{t^{2}}$. (4)

Далі з рівняння швидкості (1.16) визначаємо кінцеву швидкість тягарця

v = aлt = $ \frac{nR}{t}$

та за формулою  (1.28) – величину доцентрового прискорення:

aдц  = \({{\left( \frac{nR}{t} \right)}^{2}}\cdot \frac{1}{R}\) = naл. (5)

 Відтак за формулами (2), (4) і (5) знаходимо модуль вектора повного прискорення:

${{a}_{\text{л}}}\sqrt{{{n}^{2}}+1}$ =  $\frac{R}{{{t}^{2}}}n\sqrt{{{n}^{2}}+1}$,

і за формулою (3) – його напрям:

α = arctg(n).

Обчислення дають:

 а = 0,95 м/с2,        α = 71,6°.

 

Задачі для самостійної роботи

Вивчаючи умови та розв'язуючи задачі кінематики, слід пам'ятати, що в текстах за умовчанням прийнято такі умови:

1. За відсутності обертання рухомі тіла розглядаються як матеріальні точки;

2. Нитки й мотузки, що зв'язують тіла, вважаються нерозтяжними;

3. У рівняннях, що наводяться в умовах задач, числові параметри виражаються в основних одиницях системи СІ. 

Пропоновані для самостійного розв'язування задачі стосуються наступних тем:

Кінематика рівномірного руху

Кінематика руху з постійним прискоренням

Графіки руху

Рух тіла кинутого під кутом до горизонту

Рух двох тіл

У наведених відповідях для прискорення вільного падіння прийнято значення g = 10 м/с2.

Кінематика рівномірного руху

 

Рівень А

1.32.

При підйомі повітряної кулі на висоту 800 м  її віднесло вітром по горизонталі на  600 м. Яке переміщення здійснила куля? [1 км]

1.33.

Тіло, що рухається колом радіуса 10 м, здійснило 3/4 оберту. Чому дорівнює переміщення тіла та пройдений ним шлях? [14,1 м; 47,1 м]

1.34.

 Визначити шлях і переміщення точки на краю диска радіуса R, котрий здійснив:  а) чверть, б) половину та в) повний оберт. [а) \(0,5\pi{R}\), \(R\sqrt{2}\);  б) \(\pi{R}\), \(2R\);  в) \(2\pi{R}\), \(0\) ]

1.35.

За час 10 с точка пройшла пів кола радіуса 100 см. Визначити: 1) шляхову швидкість точки; 2) модуль і напрям вектора її середньої швидкості  за вказаний час. [1) 31,4 см/с;  2) 20 см/с, уздовж діаметра]

1.36.

Потяг метро проходить відстань 6,0 км за час 8 хв. Визначити середню швидкість потяга на цьому шляху в м/с і км/год. [12,5 м/с = 45 км/год]

1.37.

Тіло одночасно бере участь у двох рухах із однаковими швидкостями v1 = v2 = v, що напрямлені під кутом α = 12одна до одної. Визначити величину та напрям швидкості v0 результуючого руху тіла. [v0 = v, вздовж бісектриси кута α]

1.38.

Розв'язати попередню задачу для кута  60°. [v0 = \(v\sqrt{3}\) ], вздовж бісектриси кута α]

1.39.

Ящик ковзає зі сталою швидкістю 1,0 м/с по похилій площині з кутом нахилу до горизонту 30°. Визначити, з якими швидкостями змінюються вертикальна та горизонтальна координати ящика. [0,5 м/с; ≈0,87 м/с]

1.40.

Літак відривається від злітної смуги під кутом 2до горизонту зі швидкістю 216 км/год. Визначити, з якою швидкістю він: а) набирає висоту та б) віддаляється від летовища по горизонталі. [а) 73 км/год; б) 200 км/год]

1.41.

Човен рухається річкою із швидкістю течії 1,5 м/с. Визначити швидкість човна відносно берега, коли він рухається: а) за течією та б) проти течії, якщо відносно води його  швидкість дорівнює 2,0 м/с.  [а) 3,5 м/с; б) 0,5 м/с]

 

 

Рівень Б

1.42.

Визначити рівняння траєкторій руху y = f(x) тіла, координати якого змінюються з часом за законом: а) x = 2t + 3, y = 3t;   б) x = 2t – 3, y = 3t – 2t2,   в) \(x=2\cos(\pi{t}/2\), \(y=2\sin(\pi{t}/2)\) (всі числа подано в основних одиницях CІ).  [ а) y = 1,5x – 4,5;  б) y = 1,5xx2;  в) x2 + y2= 4 ]

1.43.

Одну половину часу велосипедист рухався зі швидкістю 10 км/год, а іншу – 30 км/год. Визначити середню швидкість велосипедиста за весь час. [20 км/год]

1.44.

Першу половину дистанції велосипедист пройшов із швидкістю 10 км/год, а другу – 30 км/год. Визначити середню швидкість велосипедиста на всій  дистанції. [15 км/год]

1.45.

Мотоцикліст проїхав 40% шляху між двома містами зі швидкістю 72 км/год, а решту – зі швидкістю 54 км/год. Визначити середню швидкість мотоцикліста на всьому шляху. [60 км/год]

1.46.

Тіло послідовно здійснює два переміщення однакові величини. Перше – зі швидкістю v1 = 20 м/с під кутом α = 60°, а друге – зі швидкістю v2 = 40 м/с під кутом β = 120° до напрямку осі OX. Визначити модуль і напрям середньої швидкості переміщення тіла на всьому шляху. [23,1 м/с, вдовж осі OY]

1.47.

З катера, що йде за течією річки, випав рятувальний круг. Через 45 хв це виявили й повернули назад. Визначити швидкість течії, якщо круг зустріли на відстані 3 км нижче місця, де загубили.  [2 км/год]

1.48.

Корабель пливе вздовж екватора курсом на схід зі швидкістю 30 км/год при  південно-східному вітрі з напрямком 60° до екватора та швидкістю 15 км/год. Яка швидкість вітру фіксується на борту та який кут до курсу вказує флюгер? [з9,7 км/год; 19°]

1.49.

Швидкість теплохода відносно берега при русі рікою за течією складає 20 км/год, а проти течії –  18 км/год. Визначити: а) швидкість теплохода відносно води та б) швидкість течії. [а) 19 км/год; б) 1 км/год]

1.50.

Відстань 24 км між пристанями на ріці на катер за течією проходить за 2 год, а проти  – за 4 год. Визначити: а) швидкість течії та б) швидкість катера відносно води. [а) 3 км/год; б) 9 км/год]

1.51.

Через ріку переправляється човен, який править упоперек течії. Швидкість човна відносно води 1,4 м/с, швидкість течії 0,7 м/с, ширина ріки  300 м. Визначити час переправи та знесення човна течією? [≈3,6 хв; 150 м]

1.52.

Човен пливе рікою зі швидкістю 3 м/с відносно води під кутом 60° до течії, швидкість якої складає 4 м/с. Визначити: а) величину й напрям швидкості човна відносно берега та б) його переміщення за 30 с руху. [а) 5 м/с; ≈37°; б) 150 м;]

1.53.

Коли спостерігач за звуком відчуває  літак над собою, він бачить його під кутом 60° до горизонту. Визначити швидкість літака. [196 м/с]

 

Рівень В

1.54.

При куті нахилу ескалатора метро до горизонту 30° і швидкості 0,8 м/с людина, що стоїть на ньому, спускається на перон за 2,5 хв. На якій глибині залягає тунель метро? [60 м]

1.55.

Пряма, що є перпендикулярна до бісектриси прямого кута, рухається вздовж бісектриси із швидкістю 2 м/с. З якою швидкістю переміщуються точки перетину прямої зі сторонами кута? [2,8 м/с]

1.56.

Трактор кожну з трьох однакових ділянок шляху проходив із швидкістю 2 км/год, 4 км/год і 6  км/год, відповідно. Визначити середню швидкість трактора на всьому шляху. [3,27 км/год]

1.57.

Точка, розташована на осі ОХ,  переміщується спочатку на S1 = 3,0 м під кутом \(\alpha\) = 30° до осі, а потім на S2 = 1,73 м так, що знов опиняється на осі ОХ.  Визначити модуль вектора \(\vec{S}\) результуючого переміщення точки та кут між векторами \(\vec{S}_{1}\) і \(\vec{S}_{2}\). [ 3,46 м і 90°або 1,73 м і 150° ]

1.58.

Два тіла рухаються вздовж однієї прямої із заданими швидкостями v1 і v2. Визначити величину та напрям швидкості руху точки, що весь час знаходиться посередині між тілами.  [\({\left| {{v}_{1}}\pm {{v}_{2}} \right|}/{2}\;\), у напрямі руху швидшого тіла]

1.59.

В метро спуск пасажира ескалатором займає 50 с, якщо він стоїть, і 30 с – коли йде по сходах. За який час він спуститься нерухомим ескалатором? [75 с]

1.60.

Потяг довжиною 120 м виїжджає зі швидкістю 18 км/год на міст довжини 480 м. За який час він його пройде? Чи можна в цій задачі вважати потяг матеріальною точкою? Чому? [2 хв; ні]

1.61.

Паралельними коліями рівномірно рухаються два потяги: вантажний довжиною 630 м зі швидкістю 48 км/год та пасажирський довжиною 120 м зі швидкістю 102 км/год. Визначити: а) відносну швидкість потягів, якщо вони рухаються в одному та в протилежних напрямах; б) час, протягом якого один потяг проходить повз іншого в обох випадках. [а) 54 км/год, 150 км/год; б) 50 с, 18 с]

1.62.

Скутер, який має швидкість 90 км/год, за відсутності течії проходить від корми до носа пароплава й назад за 37,5 с. Визначити швидкість пароплава, якщо його довжина  дорівнює 300 м .  [54 км/год]

 

Кінематика руху з постійним прискоренням

 

Рівень А

1.63.

Які з наведених рівнянь описують рух тіла зі сталим прискоренням? 1) vx = 5 – 5t;   2) ax = 0,25t;   3) x = 2t2;   4) vx = –8t +7;   5) vx = 0,8t;  6) x = 12 – 4t + 0,2t2;  7) x = 2t3 – 8t;  8) \(a_{x}=\sqrt{4t}\).  [1);  3);  4);  6)]

1.64.

За час 1 мс швидкість ракети збільшилася на 5 см/с. Визначити прискорення ракети. [50  м/с2]

1.65.

На фініші дистанції велосипедист за 5 c збільшив швидкість від 27 км/год до 36 км/год. Визначити прискорення велосипедиста. [0,5 м/с2]

1.66.

Потяг починає рух із прискоренням 0,2 м/с2. Визначити його швидкість через t1 = 0,5 хв та t2  = 1,0 хв. [6  м/с;  12 м/с]

1.67.

Вагонетка починає рухатися з прискоренням 25 см/с2. Визначити швидкість вагонетки через 10 с після початку руху та її середню швидкість за цей час. [2,5 м/с; 1,25 м/с]

1.68.

Потяг починає гальмування із прискоренням –0,3 м/сі зупиняється через 1 хв.  Визначити початкову швидкість потяга. [65 км/год]

1.69.

Куля, що котиться підлогою зі швидкістю 0,64 м/с, починає сповільнюватися з прискоренням –6 см/с2. Визначити час руху та пройдений кулею шлях до зупинки. [4 с; 1,28 м]

1.70.

Куля, що скочується похилим жолобом, за  5 c проходить шлях 75 см. Знайти прискорення кулі. [6 см/с2]

1.71.

Космічна ракета стартує з навколоземної орбіти при швидкості 7,9 км/с і на шляху 3000 км  розганяється до швидкості 11,2 км/с. Визначити прискорення та час розгону ракети. [10,5 м/с2;  5,24 хв]

1.72.

Трасу швидкісного спуску довжиною 1000 м гірськолижник долає за 60 с. Визначити його швидкість на фініші та середню швидкість на дистанції, вважаючи рух рівноприскореним. [120 км/год; 60 км/год]

1.73.

При швидкості v = 43,2 км/год гальмівний шлях автобуса дорівнює S = 54 м. Визначити час екстреного гальмування автобуса при вказаній швидкості. [9 с]

1.74.

На підході до світлофора тепловоз протягом 10 с зменшив швидкість від  90 км/год до 36 км/год. Визначити, на якій відстані від світлофора та з яким прискоренням почав гальмування тепловоз. [175 м; –1,5 м/с2]

1.75.

Камінь, що падає з прямовисного урвища на березі річки, досягає води за 3 c. Зайти висоту урвища та швидкість каменя на момент падінні у воду. [45 м; 30 м/с]

1.76.

М'яч, кинутий вертикально вгору, впав на землю через 3 c. Визначити початкову швидкість м'яча. [15 м/с]

1.77.

Парашутист у стрибку з висоти 200 м розкриває парашут із затримкою 5 с. Визначити  швидкість парашутиста та відстань до землі на момент розкриття парашута. [ 50 м/с; 75 м]

1.78.

Моторний човен спочатку протягом 10 c рухався рівномірно зі швидкістю 5 м/с, а потім ще 5 с – із прискоренням 1,0 м/с2. Який шлях пройшов човен за весь час? [87,5 м].

1.79.

Моторолер починає розганятися з місця з прискоренням 1,0 м/с2. Якої швидкості він набуде на шляху 200 м? [72 км/год]

1.80.

На якому шляху  авто, маючи прискорення 2,0 м/с2,  розженеться від швидкості 36 км/год  до 108 км/год? [200 м]

1.81.

Авто, рухаючись з прискоренням 2,0 м/с2, за час 5 c пройшло шлях 125 м. Визначити його початкову швидкість. [20 м/с]

1.82.

З яким прискоренням має рухатися локомотив, аби на шляху 500 м збільшити швидкість від 18 км/год до 36 км/год? [7,5 см/с2]

1.83.

При забиванні палі молот вільно падає на неї з висоти 5 м. Визначити швидкість молота на момент удару. [10 м/с]

1.84.

Яструб, який полює  здобич, у вільному падінні наздоганяє її, маючи швидкість 100 м/с. З якої висоти він почав атаку? [0,5 км]

1.85.

У скільки разів треба збільшити початкову швидкість кинутого вгору м'яча, аби  збільшити у два рази: а) час його повернення; б) висоту підйому ? [2; $\sqrt{2}$]

 

Рівень Б

1.86.

Чи можна сказати, що коли відстань між двома рухомими тілами залишається незмінною, то  вони рухаються: а) рівномірно; б) з однаковою за величиною швидкістю; в) з однаковою за напрямом швидкістю? [а) так; б) ні; в) так]

1.87.

За наведеними рівняннями координати х(t) визначити прискорення ax(t) та там, де не задано, рівняння швидкості vx(t) для тих точок, які здійснюють рівнозмінний рух: а) x = –2 + 2t – 4t2; б) v = 3 + 4t2; в) vх = 1 + 2t – 3t2; г) vх = 1 – 0,01t; д) x = 2t2. [а)  –8 м/с2, vх = 2 – 8t;  г)  –0,01 м/с2;  д) vх = 4t;  4 м/с2]

1.88.

Рівняння руху тіла вздовж осі OX має вигляд: x = 5+ 12t – 4t2. Визначити: а) швидкість тіла на момент t0 = 3 c; б) момент, коли тіло змінює напрям руху; в) момент повернення тіла в точку 0; г) швидкість тіла в точці x = 0. [а) 12 м/с;  б) 1,5 с;   в) 3,375 с;  г) 15 м/с]

1.89.

Куля, що летить зі швидкістю 400 м/с, ударяє в земляний вал і заглиблюється в нього на 36 см. Визначити: а) час руху кулі у землі; б) прискорення кулі; в) швидкість кулі на глибині 18 см; г) глибину, на якій швидкість кулі буде втричі менша за початкову. [а) 1,8 мс; б) 221 км/с2; в) 282 м/с; г) 32 см]

1.90.

Швидкість літака при посадці складає 270 км/год, шлях пробігу – 1,0 км. Визначити прискорення та час гальмування літака. [≈ –2,8 м/с2; 27 c]

1.91.

Потяг починає гальмування при швидкості 72 км/год і проходить до зупинки 1 км. Визначити: а) прискорення потяга; б) час гальмування; в) швидкість потяга біля світлофора, встановленого  на середні гальмівного шляху. [а) –0,2 м/с2; б) ≈1,7 c; в) 14 м/с]

1.92.

Тіло, що починає рухатись із сталим прискоренням, за восьму секунду проходить відстань 30 м. Знайти  величину прискорення тіла та відстань, яку воно проходить за п'ятнадцяту секунду руху. [4 м/с2, 58 м]

1.93.

Тіло починає рухатися прискорено й за шосту секунду проходить відстань 12 м. Визначити прискорення тіла та шлях, який воно подолає за 6 с. [≈2,2 м/с2; 39 м]

1.94.

Кинуте вгору тіло через  10 с падає зі швидкістю 20 м/с. Визначити швидкість кидка. [80 м/с]

1.95.

З даху будинку висотою 28 м кинули вгору камінь зі швидкістю 8 м/с. Визначити, з якою швидкістю камінь упаде на землю.  [25 м/с]

1.96.

З гелікоптера, що завис, з інтервалом 1 с скинули без початкової швидкості два вантажі. Визначити відстань між вантажами через t1 = 2 c  та  t2 = 4 c після початку падіння першого вантажу. [15 м; 35 м]

1.97.

 Людина, котра з краю прямовисного урвища відпустила камінь, почула звук падіння через 6 c. Визначити глибину урвища, прийнявши швидкість звуку 330 м/с. [≈150 м]

1.98.

З повітряної кулі, що опускається зі швидкістю 2 м/с, кинули вгору камінь зі швидкістю 18 м/с відносно землі. Визначити: а) відстань між каменем та кулею на момент, коли камінь підніметься на максимальну висоту над землею; б) через який час після кидка камінь пролетить повз кулю. [≈20 м; 4 с]

1.99.

З аеростата, що підійматися із землі з прискоренням 2 м/с2, через 5 c після початку підйому скинули баласт без початкової швидкості відносно аеростата. Через який час після скидання баласт впаде на землю?  [3,2 c]

1.100.

Тіло кинули із землі вертикально вгору з початковою швидкістю  30 м/с. Через який час воно опиниться на висоті 25 м? [1 c, 5 c]

1.101.

У вертикальній площині розташовано дротяне кільце діаметра d із спицями,на які нанизано намистинки, що  можуть ковзати без тертя з т. А (рис. 1.101). Визначити, які з них зісковзнуть найшвидше? за який час τ? [всі за однаковий час τ =\(\sqrt{2d/g}\) ]

 

Рівень В

1.102.

Тіло рухається за законом \(\vec{r}=\vec{b}t(1-ct)\), де \(\vec{b}\) – радіус-вектор, \(\vec{b}\) і c – задані сталі. Визначити пройдений тілом шлях S та його середню швидкість за час від початкового моменту до повернення у вихідне положення. [S = (b/2c); $\left\langle v \right\rangle $ = b/2]

1.103.

За час \(\tau\) тіло пройшло шлях S, збільшивши за цей час швидкість у n разів. Визначити прискорення тіла. $\left[ a=\frac{n-1}{n+1}\cdot \frac{2S}{{{\tau }^{2}}} \right]$

1.104.

Перший вагон потяга, що рухається рівносповільнено, проходить повз спостерігача на пероні за 1 c, а другий – за 1,5 c.  Визначити прискорення та  початкову швидкість потяга, якщо
довжина вагона дорівнює 12 м.
[–3,2 м/с2, 13,6 м/с]

1.105.

Тіло, що вільно падає, останні 30 м шляху проходить за 0,5 c. Знайти: а) висоту падіння тіла; б) час проходження першого та останнього метра шляху; в) шлях, пройдений за першу та за останню секунду руху; г) середню швидкість на другій половині шляху. [а) ≈195 м; б) ≈0,45 с; 0,016 с; в) 50 м; 57,5 м; г) 53,3 м/с]

1.106.

Сигнальна ракета, вертикальна запущено із землі, за час згоряння заряду протягом 2 с набула прискорення a = 2g. Визначити: а) максимальну висоту і час підйому ракети та  б) час її падіння  на землю. [а) 120 м, 6 с; б) 4,9 с]

1.107.

Тіло, яке кинуто вертикально вгору, на висоті h = 10 м побувало двічі з інтервалом \(\tau=1,5\) c. Визначити: а) початкову швидкість тіла; б) тривалість руху. [16 м/с; 3,2 с]

1.108.

Авто рівномірно проходить відстань 450 м, а потім гальмує до зупинки із прискоренням –2 м/с2. Визначити: а) швидкість рівномірного руху, при якій загальний час руху буде найменшим; б) його величину; в) шлях, пройдений під час гальмування. [30 м/с; 30 с; 225 м]

1.109.

При якому нахилі даху будинку дощова вода стікає з нього якнайшвидше? Тертя не враховувати. [ \(45^{\circ}\) ]

1.110.

По гладкій площині, що нахилена під кутом \(\alpha=45^{\circ}\) (рис.1.110),  під таким самим кутом до ребра пускають кульку з початковою швидкістю v. На якій відстані від початкового положення кулька знов опиниться на ребрі? [ \(\sqrt{2}v^{2}/g\) ]

 

Графіки руху

Рівень А

1.111.

За графіком швидкості точки (рис. 1.111) визначити модуль її переміщення за S за 10 c та накреслити графік залежності S(t). [150 м]

1.112.

За графіком координати тіла (рис. 1.112) визначити його швидкість  [36 км/год]

1.113.

На графіку рис. 1.113 зображено ділянку траєкторії  кульки (мірило: 1 поділка – 3,0 м), що рухається із швидкістю v = 50 см/с. Визначити: а) координати точок А і В;  б) проекції Sx, Sy, та модулі переміщення S і швидкості v кульки; в) час проходження нею ділянки АВ.  [а) xA = 3 м, yA = 6 м, xB = 13,5 м, yB = 9 м;  б) Sх = 10,5, Sy = 3 м, S = 10,9 м;  в) vх = 21,8 с, vy = 0,137 м/с]

1.114.

На рис. 1.114 зображено графік руху катера в стоячій воді (1) та графік руху плота (2), що сплавляється по ріці. а) Побудувати графіки руху катера за та проти течії в цій ріці при тих самих обертах гвинта; б) за отриманими графіками знайти швидкість руху катера за та проти течії. [25 км/год; 15 км/год]

1.115.

За графіком шляху (рис.1.115) визначити середні швидкості руху тіла протягом першої та шостої і за всі 6 секунд руху. [5 м/с; 2,5 м/с; ≈4,2 м/с]

1.116.

Побудувати графіки швидкості тіла на проміжку часу 5 с, якщо початкова швидкість v0 і прискорення a складають, відповідно: 1) 10 см/с, 0; 2) 10 см/с, 2 см/с2; 3)  0,  4 см/с2; 4) 10 см/с,  –2,5 см/с2.

1.117.

Графік прискорення тіла має вигляд рис. 1.117.  Зобразити графік швидкості цього тіла та описати його рух.

1.118.

За час 20 c від початку рівноприскореного руху точки її швидкість набула величини v = 8 м/с. Побудувати графік шляху точки S(t) на вказаному проміжку часу.

1.119.

На проміжку часу 10 с тіло рухалось уздовж осі OX відповідно до рис. 1.119. Визначити за графіком шлях та переміщення тіла за половину та за весь час.  [5 м, 5 м; 10 м, 0 м]

1.120.

На рис. 1.120 показано графіки швидкості двох тіл. За  кожним із них: 1) описати рух тіл; 2) порівняти їхні прискорення; 3) визначити шляхи за час 5 с. [ 3): а) 37,5 м, 31,25 м; б) 125 м, 11 м; в) 25 м, 11,25 м; г) 18,75 м, 10 м; д) 37,5 м, 20 м; е) 37,5 м, 42,5 м]

1.121.

Побудувати графік швидкості тіла, якщо його початкова швидкість v0 = –3 м/с, і прискорення a = 0,4 м/с2. Визначити за графіком шлях тіла за 5 c. [10 м]

 

Рівень Б

1.122.

Вантаж підіймають вгору з поверхні землі так, що перші  2 c він рухається з прискоренням  0,5 м/с2, наступні 11 c – рівномірно й останні 2 c – сповільнено з прискоренням –0,5 м/с2. Побудувати графік швидкості та визначити за ним висоту підйому вантажу. [13 м]

1.123.

На рис. 1.123 наведені графіки а) і б) швидкості vх(t) двох тіл, які рухаються вздовж однієї прямої ОХ. За наведеними графіками для кожного з тіл: 1) визначити прискорення ах на кожній ділянці; 2) прийнявши х0 = 0, побудувати графіки координати х(t) та шляху S(t) і визначити за ними шляхи S і переміщення Δх за 10 c руху.  [ а) 1) 2 м/с2, –1 м/с2; 2) 34 м, –2 м. б): 1) –2 м/с2, 0, 1,33 м/с2; 2) 39 м, –27 м ]

1.124.

Тіло рухається з точки x0 = 3 м із початковою швидкістю v0х = 2 м/с відповідно до заданого графіка прискорення ах(t), рис .1.124. Побудувати графіки швидкості, координати та пройденого тілом шляху.

1.125.

Велосипедист починає рух по прямій із сталим прискоренням 2 м/с2 і, досягнувши швидкості 6 м/с,  деякий час рухається рівномірно, а в кінці гальмує  з прискоренням  –3 м/с2. Визначити час руху велосипедиста, якщо від старту до зупинки він  пройшов шлях 120 м. [22,5 с]

1.126.

За графіком прискорення тіла (рис.1.126) визначити його швидкість на моменти t2 =  4 c і t3 = 15 c , якщо в момент t1 =  1 c вона складала 3 м/с. [7 м/с; 36 м/с]

 

Рух тіла, кинутого під кутом до горизонту

Рівень А

1.127.

Два тіла кинуто з однієї точки з однаковою швидкістю під кутами \(30^{\circ}\) і \(60^{\circ}\) до горизонту. Визначити відношення максимальних висот підйому  та дальностей польоту тіл. [3; 1]

1.128.

М'яч, який кинуто горизонтально з висоти 2 м над землею, упав на землю на відстані 7 м по горизонталі. Визначити 1) початкову і 2) кінцеву швидкості м'яча. [ 1) ≈11 м/с;  2) ≈13 м/с]

1.129.

При якій швидкості v0 у точці A (рис. 1.102) мотоцикліст перелетить у точку В  при L = 3 м і  h = 1,125 м? [6 м/с]

1.130.

Тіло кинули із землі під кутом \(30^{\circ}\) до горизонту з початковою швидкістю 100 м/с. Через який час тіло опиниться на на висоті 50 м? [≈1 с;  9 c]

 

Рівень Б

1.131.

М'яч кинули з землі під кутом \(30^{\circ}\) до горизонту з початковою швидкістю 10 м/с. Визначити: а) горизонтальну та вертикальну складові початкової швидкості м'яча;  б) час його руху; в) висоту підйому  і дальність польоту. [ а) \(\approx{8,7}\) м/с, 5 м/с;  б) 1 с;  в) \(\approx{1,3}\) м, \(\approx{8,7}\) м]

1.132.

Тіло кинули з поверхні землі під кутом \(60^{\circ}\) до горизонту з початковою швидкістю 20 м/с. Визначити наступні характеристики руху тіла: а) рівняння траєкторії y(x); б) час руху; в) найбільшу висоту підйому; г) дальність польоту; д) напрям його руху через 1 c після кидка.

[a) y = 1,73x – 0,05x2;  б) 3,46 с;  в) 15 м;  г)  с; д) 34,6 м; е) \(47^{\circ}\) до до горизонту]

1.133.

Двоє хлопчиків перекидаються м'ячем. Якою є максимальна висота підйому м'яча над точкою кидання, якщо він перебуває в польоті 2 c? [5 м]

1.134.

Тіло з висоти 30 м кинули вниз під кутом \(30^{\circ}\) до горизонту зі швидкістю 10 м/с. Визначити: а) час польоту; б) горизонтальну дальність польоту; в) величину та напрям швидкості тіла на момент падіння.  [а) 2 с;  б) 17,3 м; в) ≈26,5 м/с, \(71^{\circ}\) до горизонту]

1.135.

Камінь, який кинуто горизонтально зі швидкістю 15 м/с, впав на землю під кутом \(60^{\circ}\) до горизонту. З якої висоти було кинуто камінь та на якій відстані по горизонталі від точки кидання він впав на землю? [≈34 м; ≈40 м]

1.136.

Снаряд, випущений під кутом \(30^{\circ}\) до горизонту, побував на деякій висоті двічі: через 3 c і 5 c з моменту пострілу. Визначити початкову швидкість та максимальну висоту підйому снаряда. [80 м/с; 80 м]

1.137.

Хлопчик, який стоїть на схилі гори з кутом нахилу до горизонту \(30^{\circ}\), кидає в напрямку вершини камінь під кутом \(60^{\circ}\) до горизонту. На якій відстані від хлопчика камінь впаде на схил при швидкості кидка 10 м/с?  [≈7 м]

1.138.

Тіло кинуто з поверхні землі з початковою швидкістю 10 м/с. На якій відстані тіло впаде якщо за  0,5 c від початку руху його швидкість зменшилася до 7 м/с.   [10 м]

 

Рівень В

1.139.

Частинка рухається по траєкторії y = 1,732x – 2x2 із прискоренням, проєкції котрого складають aх = 0 і ay = 10 м/с2. Визначити, з якою швидкістю частинка пройшла початок координат. [4,47 м/с]

1.140.

З якою мінімальною швидкістю v0, під яким кутом α та з якої відстані L слід кидати камінь, аби він перелетів через будівлю, профіль якої подано на рис. 1.114.[ v0 = \(\sqrt{g\left(\frac{l^{2}}{2(H-h)}\right)}\); α = \(\mathrm{arctg}\left(\frac{\sqrt{4H(H-h)}}{l}\right)\);  = \(l\sqrt{H/(H-h)}\)].

1.141.

На кинуту з землі під кутом \(\varphi\) до горизонту легку кульку, діє вітер, який надає їй сталого горизонтального прискорення а. На скільки η% він змінить дальність польоту кульки?  [η = (a·tgφ/g)·100%]

1.142.

Зі шланга, що лежить на землі, неперервно б'є струмінь води під кутом 45° до горизонту.  Яка маса води знаходиться в повітрі, якщо швидкість вильоту води 10 м/с і площа перерізу шланга 5 см2? [7 кг]

1.143.

Унаслідок зіткнень із стінкою, кулька перескакує від одного до іншого  боку півсферичної лунки (рис.1.143). Зіткнення відбуваються на одному рівні й абсолютно пружно (без утрати швидкості). Визначити радіус лунки, якщо час перельоту кульки від стінки до стінки в один бік складає T1, а в інший − T2. $\left[ \ \frac{g{{T}_{1}}{{T}_{2}}}{2\sqrt{2}}\  \right]$

Рух двох тіл

 

1.144.

З пунктів А і В, розташованих на прямій трасі на відстані 100 км, одночасно починають рухатися два авто: з А зі швидкістю 50 км/год, а з В — 30 км/год. Через який час і на якій відстані  від п. А вони зустрінуться, якщо рухатимуться: а) назустріч і б) одне авто наздоганятиме інше? [а) 1 год 15 хв, 62,5 км від п. А; б) 5 год, 250 км від п. А]

1.145.

З пунктів 1 і 2 розташованих на одній трасі на відстані 100 км виїхали назустріч автобуси: з першого о – 9 год із швидкістю 40 км/год, а з другого  о 9 год 30 хв із швидкістю 60 км/год. За допомогою рівнянь та за допомогою графіків руху автобусів знайти час і місце зустрічі автобусів. [10 год 30 хв, посередині]

1.146.

О 8-й ранку над пунктом А в напряку пункту В зі швидкістю 300 км/год пролетів літак. Відтак через 1 год у тому самому напрямі зі швидкістю 400 км/год пролетів другий літак. Визначити алгебраїчно та  графічно, коли кожен із літаків прибуде в пункт В, якщо відстань між пунктами складає 1200 км. [одночасно о 12-й годині]

1.147.

По прямих автотрасах, які перетинаються під кутом \(\alpha=45^{\circ}\) рухаються два автомобілі зі швидкостями 50 км/год і 80 км/год. З якою швидкістю та під яким кутом рухається автомобілі один відносно одного? [120,7 км/год; 163°, або 57 км/год; 83,4°]

1.148.

Водій легкового автомобіля помітив, що краплі дощу не залишають слідів на задньому склі при швидкості, більшій за 60 км/год. Визначити швидкість крапель відносно землі, якщо вітру немає й скло нахилене під кутом 48° до горизонту. [18,5 м/с]

1.149.

Два тіла вільно падають з однієї точки з інтервалом 2 c. Через який час після початку руху першого тіла відстань між тілами буде в n = 3 рази більшою, ніж вона була на момент початку руху другого тіла? [4 c]

1.150.

На графіках швидкості двох тіл (рис. 1.150), що рухаються з однієї точки і в одному напрямі, величини t1 = 5 c і t2 = 9 c. В який момент часу t3 тіла зустрінуться? [t3 = 15 c]

1.151.

З однієї точки з інтервалом часу τ кинуто два тіла під одним кутом до горизонту і з однаковими початковими швидкостями. Визначити швидкість першого тіла відносно другого. [$\vec{v}=-\vec{g}\tau $ ]

1.152.

Балістична ракета стартує вертикально з прискоренням 6,2 м/с2. Під яким кутом до горизонту необхідно одночасно зробити постріл з гармати, яку розташовано за 5 км від місця старту, аби поцілити в ракету при початковій швидкості снаряду 400 м/с?  [\(15^{\circ}\) ]

1.153.

Хлопець кинув камінь із швидкістю v0 під кутом \(\varphi\) до горизонту точно в напрямку  іграшкового коптера, шо рухається горизонтально зі сталою швидкістю u. Знайти висоту Н траєкторії коптера, якщо хлопець все ж таки влучив у нього, попри принципово хибне прицілювання?  $\left[ H=\frac{2u\left( {{v}_{0}}\cos \varphi -u \right){{\operatorname{tg}}^{2}}\varphi }{g} \right]$

 

 

Розділ 2. ДИНАМІКА

 Динаміка – це розділ механіки, в якому вивчається зв'язок між характеристиками руху тіла, (форма траєкторії, швидкість,  прискорення) та його взаємодією з іншими тілами. Тут розглянуто основні закони класичної динаміки, що були сформульовані Ньютоном. Ці закони виконуються тільки при порівняно повільних рухах тіл і втрачають чинність для елементарних частинок і швидкостей, що є сумірні зі швидкістю світла у вакуумі c = 3·108 м/с.

Далі представлено такий навчальний матеріал.

Короткі теоретичні відомості:

Приклади розв'язування задач

Задачі для самостійної роботи

 

2.1. Теоретичні відомості. Основні поняття динаміки

Основними величинами динаміки матеріальної точки є: маса, імпульс, сила.

Маса є мірою інертності тіла. За одиницю маси — кілограм (1 кг) — прийнято масу еталонного тіла. Інертністю називається універсальна властивість всіх тіл, завдяки якій є неможливою миттєва зміна їхньої швидкості: для зміни швидкості тіла на як завгодно малу задану величину, завжди потрібен скінченний проміжок часу.

Маса є адитивною величиною. Це означає, що маса тіла дорівнює сумі мас окремих частин із яких воно складається.

(Примітка. Поняття адитивності може здатися самоочевидним, але не всі фізичні величини є адитивними. До прикладу, температура такою не є).

Імпульсом \( \vec{p}\) називається добуток маси тіла на його швидкість:

\( \vec{p}=m\vec{v}\). (2.1)

Імпульс вимірюють у (кг·м/с). Спеціальної назви ця одиниця не має.

Вектор імпульсу, як і швидкість, є напрямлений по дотичній до траєкторії в бік руху тіла.

Сила \( \vec{F}\) є кількісною мірою дії на дане тіло з боку іншого тіла або тіл.

Сила є векторною величиною і характеризується числовим значенням (модулем) та напрямом.

Одиницю сили називають ньютон (1Н). 1 Н = 1 (кг · м)/с2 – це сила, що тілу масою 1 кг надає прискорення 1 м/с2.

Якщо сила \( \vec{F}\) створюється дією на дане тіло з боку декількох інших тіл, то

\( \vec{F}=\sum\vec{F}_{i}\), (2.2)

де \( \vec{F}_{i}\) – сили, що діють з боку кожного з тіл зокрема. Їх називають складовими, а силу\( \vec{F}\)рівнодійною. Формула (2.2) виражає принцип суперпозиції сил (принцип незалежності дії сил).

Якщо рівнодійна декількох сил дорівнює нулю:

\( \sum\vec{F}_{i}={0}\),

то такі сили називають компенсованими.

Варто також зауважити, що в механіці розрізняють взаємодію між тілами при їх безпосередньому контакті та на відстані. В останньому випадку говорять, що на тіло діє сила з боку силового поля, створеного іншим тілом, або тілами.

2.2. Теоретичні відомості. Закони динаміки

Основними законами класичної динаміки є три закони Ньютона (перший, другий і третій), які були встановлені на основі результатів спостережень і дослідів.

 

Перший закон Ньютона (закон інерції):

якщо на тіло не діють інші тіла, то воно рухається рівномірно і прямолінійно або ж перебуває у спокої.

Цей закон виконується не в усіх, а тільки у так званих інерціальних системах відліку.

(Примітка. Терміни "інерціальна система відліку" та "закон інерції"  пояснюються тим, що рух вільних тіл, якими можна вважати зірки, називається рухом "за інерцією").

Експериментально встановлено, що інерціальними є системи відліку, котрі пов’язані з зірками. Такою є й геліоцентрична система відліку, в якій початок координат розміщується в центрі нашого Сонця, а осі спрямовані на віддалені зірки. Доведено також, що всяка система відліку, котра рухається поступально, рівномірно та прямолінійно відносно заданої інерціальної системи, також є інерціальною.

Системи відліку, які мають прискрoення відносно інерціальних, називаються неінерціальними. Очевидно, що в них закон інерції не виконується. Строго говорячи, це стосується й систем відліку, пов'язаних із Землею, бо вона має прискорення відносно Сонця, зумовлене добовим обертанням та орбітальним рухом. Але це прискорення не перевищує 3,5 см/с2, тоді як сама Земля надає тілам прискорення ≈10м/с2. Тому в більшості випадків систему відліку, зв'язану з Землею, можна розглядати як інерціальну.

 

 

Другий  закон Ньютона

Швидкість зміни імпульсу тіла дорівнює силі, що діє на нього .

\( \frac{\Delta\vec{p}}{\Delta{t}}=\vec{F}\).

(2.3)

В цьому рівнянні \( \Delta\vec{p}=\vec{p}_{2}-\vec{p}_{1}\) – зміна імпульсу за заданий проміжок часу Δt\( \vec{F}\) –  рівнодійна всіх сил, прикладених до тіла.

Формулу (2.3) можна також записати як

\( \Delta\vec{p}=\vec{F}\Delta{t}\).

(2.4)

Вектор \( \vec{I}\) = \( \vec{F}\)Δt називається імпульсом сили. Отже,

зміна імпульсу тіла дорівнює імпульсові сили, що діє на нього:

\(\Delta \vec{p}=\vec{I}\)                                                    (2.4а)

Це інше, але рівносильне до попереднього, формулювання ІІ закона Ньютона.

(Примітка. У виразах (2.3), (2.4) передбачається, що сила є сталою: \( \vec{F}\) = const. Натомість вираз (2.4а) є загальним. При цьому імпульс \(\vec{I}\) залежної від часу сили \(\vec{F}\left( t \right)\)   обчислюється методами вищої математики).

Наведені формулювання ІІ закону є найбільш загальними, зокрема вони придатні навіть для тіл, маса котрих з змінюється під час руху, як, до прикладу, у ракети під час роботи двигуна.

Якщо ж маса тіла лишається сталою, то

\( \Delta\vec{p}=m\vec{v}_{2}-m\vec{v}_{1}=m(\vec{v}_{2}-\vec{v}_{1})=m\Delta\vec{v}\),

і рівняння (2.3) набуває вигляду:

\( {m}\frac{\Delta\vec{v}}{\Delta{t}}=\vec{F}\)       \( \Rightarrow \)       \( {m}\vec{a}=\vec{F}\).

(2.5)

 У такому разі можна дати ще одне формулювання ІІ закону Ньютона:

добуток маси тіла на його прискорення дорівнює силі, що діє на нього (природньо,  рівнодійній).

Якщо закони взаємодії даного тіла з іншими тілами (закони сил) є відомі, то з рівняння (2.5) можна визначити прискорення, а відтак і всі інші характеристики руху в довільний момент часу, тобто повністю визначити рух тіла. Саме тому другий закон Ньютона називають основним законом механіки.

З рівняння (2.5) видно, що коли \( \vec{F}={0}\), то \( \vec{a}={0}\) і \(\vec{v}=const\), як того вимагає закон інерції. Це свідчить про те, що другий закон Ньютона виконується в інерціальних системах відліку, (а не про те, що І закон Ньютона  є наслідком другого, як іноді помилково вважають).

 

 

Третій закон Ньютона:

два тіла взаємодіють між собою із силами, що є рівні за модулем, протилежні за напрямом і діють уздовж прямої, що з'єднує ці тіла:

\( \vec{F}_{12}=-\vec{F}_{21}\).

Зауваження. У цьому формулюванні по умовчанню під тілами розуміють матеріальні точки, бо для протяжних тіл довільної форми не існує визначеної лінії, що їх з'єднує. Виняток становлять однорідні кулясті тіла.

Третій закон Ньютона відображує той факт, що в природі не існує відокремленої дії – дія одних тіл на інші завжди є взаємною. Як і другий,  він виконується тільки в інерціальних системах відліку.

В довільній системі тіл ІІІ закон Ньютона виконується для всіх тіл попарно, причому для кожної пари сили взаємодії мають однакову фізичну природу

Варто також  пам'ятати, що хоча сума сил взаємодії між двома тілами дорівнює нулю, вони не є компенсовані, позаяк прикладені до різних тіл.

2.3. Теоретичні відомості. Сили в механіці

Для визначення прискорення тіла за другим законом Ньютона (2.5) треба знати сили, що його створюють. У традиційних задачах механіки це сили гравітації, пружні сили і сили сухого тертя та опору.

 

Гравітаційні сили діють між всіма тілами і визначаються законом всесвітнього тяжіння Ньютона, за яким

два тіла притягаються одне до одного із силами, котрі є прямо пропорційні масам тіл, обернено пропорційні квадратові відстані між ними і діють уздовж прямої, що проходить через ці тіла:

 

\( {F}=G\frac{m_{1}m_{2}}{r^{2}}\),

(2.6)

де коефіцієнт G = 6,67·10-11 м3/(кг·с2) визначає "силу" гравітаційної взаємодії і називається гравітаційною сталою.

(Примітка. Вираз (2.6) є чинним, якщо тіла можна вважати матеріальними точками, або вони є однорідними і мають кулясту форму).

Силу гравітаційного притягання порівняно невеликих тіл до планети називають силою тяжіння і, згідно з другим законом Ньютона, записують у вигляді:

\( \vec{F}=m\vec{g}\),

(2.7)

де m –  маса тіла, \( \vec{g}\)  вектор прискорення сили тяжіння, що є спрямований до центра планети (вертикально вниз) і має модуль

\( {g}=G\frac{M}{r^{2}}=G\frac{M}{(R+h)^{2}}\),

(2.8)

де M, R – маса і радіус планети, r – відстань від тіла до центра планети, h – його висота над поверхнею планети.

Поблизу поверхні (h << R) прискорення сили тяжіння практично є незалежним від положення тіла й дорівнює

\( {g}=G\frac{M}{R^{2}}=\mathrm{const}\).

(2.9)

Для Землі воно в середньому складає g = 9,8 м/с2 і зазвичай називається прискоренням вільного падіння. Але це не зовсім точно, бо, як говорилося, пов'язана з поверхнею Землі система відліку не є строго інерціальною.

Із гравітацією пов’язане поняття ваги тіла.

Вага – це сила, з якою тіло тисне на горизонтальну опору або розтягує вертикальний підвіс унаслідок притягання до планети.

Отже,

вага тіла прикладена не до нього, а до опори, або підвісу,

які його утримують. При цьому, коли опора (підвіс) не має прискорення відносно планети, то вага тіла дорівнює силі тяжіння:

\( \vec{P}=m\vec{g}\).

 

Якщо ж опора (підвіс) рухається з прискоренням \( \vec{a}\) , то вага тіла

\( \vec{P}=m{(\vec{g}-\vec{a})}\).

(2.10)

Зокрема, при \( \vec{a}=\vec{g}\) , вага тіла \( \vec{P}={0}\) і настає

невагомість стан, при якому тіло перестає тиснути на опору чи розтягувати підвіс.

Варто акцентувати, що невагомість – це стан, у якому на тіло діє тільки сила тяжіння, а не “коли на тіло не діє сила тяжіння”, як іноді помилково твердять учні.

Пружні сили  виникають при пружних деформаціях тіла. Вони з'являються при дії на тіло якихось інших сил і зникають при припиненні їхньої дії. Загальні властивості пружніх сил визначаються законом Гука:

сила пружності є прямо пропорційна величині деформації тіла й протилежно спрямована .

Для поздовжніх деформацій (стиснення або видовження) закон Гука записується у вигляді:

\( {F}=-k{x}\),

(2.11)

де F – проєкція сили пружності на вісь, що напрямлена в бік видовження тіла, (\( {x}=l-l_{0}\) – деформація, тобто різниця довжин деформованого та недеформованого тіла (x – алгебраїчна величина, при стисненні x < 0 ). Коефіцієнт k називається жорсткістю тіла.

Для суцільного твердого тіла закон Гука записують також у вигляді:

ε = \( \frac{\sigma}{E}\),

(2.12)

де ε = \( \left|\frac{l-l_{0}}{l_{0}}\right| \) – відносна деформація, \( \sigma=F/S \) – механічна напруга, тобто відношення деформуючої сили до площі поперечного перерізу тіла (вимірюється в паскалях, 1 Па = 1 Н/м2).

Величина \( {E}\)  називається модулем пружності (або модулем Юнґа). Вона є характеристикою пружних властивостей даного матеріалу. Значення \( {E}\)  можна знайти у довідкових таблицях.

Сили тертя виникають при відносному русі, або спробі такого руху тіл, які перебувають у контакті. Тертя між твердими тілами називається сухим тертям, а між шарами рідини – в'язкістю (“мокрим” тертям). При русі тіла в рідині чи газі зазвичай говорять про силу опору середовища.

Причиною тертя є зачеплення між мікроскопічними нерівностями поверхонь тіл при їх притисканні,  що створює перешкоду рухові тіл одне відносно іншого. При цьому сили сухого тертя можуть до певної межі компенсувати прикладені зовнішні сили, так що тіла лишаються нерухомими одне відносно одного.  В такому разі говорять про тертя спокою. Позаяк сила тертя спокою \( \vec{F}_{т}\) утримує тіло від руху, вона компенсує суму всіх інших прикладених до нього сил \( \vec{F}_{ін}\),  тобто  має такий самий модуль і протилежний напрям:

\( \vec{F}_{т}=-\vec{F}_{ін}\).

(2.13)

Для кожної пари тіл існує граничне (максимально можливе) значення сили тертя спокою

\( {F}_{т\mathrm{max}}=\mu{N}\),

(2.14)

де \( \mu \)  коефіцієнт тертя, \( {N}\) – сила нормального тиску, що діє між цими тілами.

Слід зауважити, що коефіцієнт тертя  для кожної пари тіл, окрім матеріалу, залежить від багатьох інших факторів, як от чистота (гладкість) поверхонь, фізичні та хімічні забруднення, тощо. З цієї причини коефіцієнт тертя неможливо заздалегідь розрахувати. Тому в задачах при потребі його наводять в умові, а в техніці визначають дослідним шляхом.

Якщо рівнодійна всіх інших сил перевищує деяке значення Fт max , то починається рух тіл одне відносно одного, і тертя спокою переходить у тертя ковзання.

При переході тіла до ковзання та в подальшому русі сила тертя  складно змінюється. Але, позаяк ці зміни  є не сильно виражені,  при вивченні загальних властивостей тертя вважається, що

сила тертя ковзання є сталою і дорівнює максимальній силі тертя спокою

і визначається формулою (2.14). Відповідно, графік залежності сили сухого тертя від величини прикладеної до тіла зовнішньої сили має вигляд рис.2.1.

 

При русі в середовищі на тверде тіло діє сила опору, спрямована проти швидкості його руху відносно середовища. Сила опору має складні властивості. Зокрема, вона суттєво залежать від величини та форми поверхні тіла та швидкості його руху. При малих швидкостях силу опору можна вважати прямо пропорційною величині швидкості:

\( {F}_{оп}=\beta_{1}{v}\),

(2.15)

а при великих – її квадратові:

\( {F}_{оп}=\beta_{2}{v}\),

(2.16)

де \( \beta_{1},\,\beta_{2}\) – коефіцієнти опору, які залежать від властивостей середовища, розмірів і форми тіла та ін.



2.4. Теоретичні відомості. Коловий рух

 

При криволінійному русі сила, що діє на тіло, на загал, змінює і модуль, і напрям його швидкості. Але, коли вона весь час лишається перпендикулярною до напрямку руху, змінюється лише напрям швидкості, й тіло здійснює рівномірний криволінійний рух.  Прикладом може бути рух  штучного супутника Землі по коловій орбіті, або тягарця на нитці, що здійснює коловий рух у горизонтальній площині.  В таких випадках рушійна сила та прискорення весь час спрямовані до центра кола й називаються доцентровою силою  та доцентровим прискоренням.

Доцентрове прискорення тіла (матеріальної точки) визначається формулами (1.28):

aдц = \( \frac{v^{2}}{R}=4\pi^{2}n^{2}R=\frac{4\pi^{2}R}{T^{2}}=\omega^{2}R=\omega{v} \).

Відповідно,  за  ІІ законом Ньютона (2.5) формули доцентрової сили  мають вигляд:

 

\( {F}_{дц}=\frac{mv^{2}}{R}=m\omega^{2}R=m\omega{v}\),

(2.17)

або

\({{F}_{дц}}=4m{{\pi }^{2}}{{n}^{2}}R=\frac{4m{{\pi }^{2}}R}{T}\).

(2.17а)


Зауважимо, що термін "доцентрова сила" не означає якусь спеціальну силу, що створює обертовий рух. За відповідних умов доцентровою може стати будь-яка сила або рівнодійна декількох сил. Зокрема, коловий рух штучних супутників Землі є зумовлений дією сили тяжіння  (2.6),  і, відповідно до виразу  (2.17), відбувається зі швидкістю

\( {v}=\sqrt{G\frac{M}{r}}\).

 

Отже, аби вивести тіло на низьку орбіту супутника планети, де радіус траєкторії r практично майже збігається з радіусом планети R, йому необхідно надати швидкості

\( {v}_{1}=\sqrt{G\frac{M}{R}}=\sqrt{gR}\),

(2.18)

яку називають першою космічною швидкістю.  Для Землі вона складає \( {v}_{1}={7,9}\) км/с.

Приклади розв’язування задач

Розв'язування задач динаміки проводять за певною схемою, що викладена у рекомендаціях до розділу, враховуючи поради по оформленню розв'язку задач (див. "Етапи розв'язування задач"). При цьому по умовчанню тіла вважаються матеріальними точками, нитки невагомими й нерозтяжними, опір середовища відсутнім.

Далі наведено задачі за темами:

Прямолінійний рух одного тіла та зв'язаних тіл

Зв'язок між імпульсом та силою

Рівномірний рух по колу

При обчисленнях прийнято g = 10 м/с2.

Прямолінійний рух одного тіла та зв'язаних тіл

Задача 2.1. Ваговик рухається прямою дорогою зі швидкістю v0 = 36 км/год. Визначити: а) відстань S  від місця розвантаження, на якій водій має вимкнути двигун, аби вчасно зупинитися без використання гальм; б)  час руху t до зупинки із вимкненим двигуном при коефіцієнті опору (відношенні сили опору до ваги ваговика) μ = 0,5.

Задача 2.2. На горизонтальному столі знаходяться зв'язані ниткою бруски масами m1 і m2. Визначити прискорення брусків a та сила натягу нитки T, якщо коефіцієнти тертя між ними та столом, відповідно, складають \( \mu_{1}\) і \( \mu_{2}\), і до першого прикладено горизонтальну силу F.

Задача 2.3. Горизонтальну дошку, на якій лежить шайба маси m,  починають підіймати за один кінець. Визначити та побудувати графік залежності сили тертя F, що діє на шайбу, від кута нахилу дошки до горизонту α при заданому коефіцієнті тертя μ.

Задача 2.4. Підлогою тягнуть за мотузку ящик масою m = 100 кг, прикладаючи силу під кутом до горизонту. Коефіцієнт тертя між ящиком та підлогою  μ = 0,5. Визначити найменшу силу \({{\vec{F}}_{\min }}\), якою можна рухати ящик.

Задача 2.5. Брусок знаходиться на похилій площині, кут нахилу якої до горизонту α можна змінювати за допомогою вертикального штока (упора). Знайти величину кута α0, при якій брусок із стану спокою  найшвидше спуститься від упора до основи при коефіцієнті тертя μ = 0,14.

Задача 2.6. Два тягарці масою M кожен, які зв'язані перекинутою через нерухомий блок ниткою, спочатку утримують на одному рівні. Потім до одного підвішують важок масою m і вивільняють систему. Визначити: а) прискорення a тягарців та час t, за який вони розійдуться на відстань H за відсутності ковзання нитки; б) силу натягу нитки \( {T}_{0}\), на якій підвішено важок, та  силу тиску \( {F}\) на вісь блока.

Задача 2.7. На початку підйому та спуску ліфт має однакове прискорення. Визначити його величину a, якщо вага тіл у ліфті при підйомі в n = 1,5 рази перевищує вагу при спуску.

Задача 2.8. Повітряна куля загальною масою M = 1000 кг опускається зі сталою швидкістю. Визначити масу баласту m, яку треба скинути, аби куля почала підійматися з тою самою швидкістю.  Піднімальна (архімедова) сила, що діє на кулю,  F = 9700 H.

Задача 2.1
Задача 2.1

Ваговик рухається прямою дорогою зі швидкістю v0 = 36км/год.

Визначити:

а) відстань S  від місця розвантаження, на якій водій має вимкнути двигун, аби вчасно зупинитися без використання гальм;

б)  час руху t до зупинки із вимкненим двигуном при коефіцієнті опору (відношенні сили опору до ваги ваговика) μ = 0,5.

 

Дано:

v0 = 36 км/год
\( \mu={0{,}5}\)

S - ?

t - ?

Розв'язання

Рис. 2.1

а) При вимкненому двигуні на ваговик  діють три сили:  тяжіння \( {m}\vec{g}\), нормальна реакція опори \( \vec{N}\) та сила опору \( \vec{F}_{0}\) (рис. 2.1). Зрозуміло, що вертикальні сили є компенсовані:

\( {m}\vec{g}+\vec{N}\) = 0.

Отже,

\( {m}\vec{a}=\vec{F}_{0}\),

або у проекціях на напрям руху (вісь OX)

\( {m}a_{x}=-F_{0}\).

Знак мінус стоїть тому, що  вектор \( \vec{a}\) є протилежним до напрямку руху. Сила опору визначається, як \( {F}_{0}=\mu{mg}\), отже

\( {a}_{x}=-\mu{g}\).

Відтак за  формулою (1.19) знаходимо шлях ваговика до зупинки:

\( {S}=\frac{v_{0}^{2}}{2\mu{g}}\) 100 м.

б) Для визначення часу руху ваговика до зупинки використаємо рівняння швидкості \( {v}_{x}\) (1.16), звідки з урахуванням знаків проєкцій отримуємо:  

 \( {v}_{0}-\mu{mgt}={0}\)      \( \Rightarrow \)      \( {t}=\frac{v_{0}}{\mu{g}} = 20{,}4\) c.

Величину t  також можна знайти і з рівняння ІІ закону Ньютона  (2.4), згідно з яким  зміна імпульсу ваговика \( \Delta{\vec{p}}=-m\vec{v}_{0}\) дорівнює імпульсові сили опору за час руху до зупинки  \( \vec{F}_{0}{t}\). Позаяк ці вектори мають однаковий напрям, то

\( {mv}_{0}=F\Delta{t}\)      \( \Rightarrow \)      \( \Delta{t}=\frac{mv_{0}}{F}=\frac{mv_{0}}{\mu{mg}}=\frac{v_{0}}{\mu{g}}\),

що, природньо, збігається з раніше отриманим результатом.

Задача 2.3
Задача 2.2

На горизонтальному столі знаходяться зв'язані ниткою бруски масами m1 і m2.

Визначити

прискорення брусків a та сила натягу нитки T, якщо коефіцієнти тертя між ними та столом, відповідно, складають \( \mu_{1}\) і \( \mu_{2}\), і до першого прикладено горизонтальну силу F.

Дано:

m1, m2
μ1, μ2

a - ?

T - ?

Розв'язання

Рис. 2.2

На бруски діють сили тяжіння \( {m}_{1}\vec{g}\), \( {m}_{2}\vec{g}\),  реакції опори \( \vec{N}_{1}\), \( \vec{N}_{2}\),  тертя \( \vec{F}_{т1}\), \( \vec{F}_{т2}\), прикладена сила \( \vec{F}\) та  сили натягу нитки \( \vec{T}_{1}\) і \( \vec{T}_{2}\) = –\( \vec{T}_{1}\), рис. 2.2.

Позаяк прискорення тіл однакові, і сили тяжіння та реакції опори компенсовані, то  рівняння руху (2.5) брусків мають вигляд:

\( \vec{F}+\vec{F}_{т1}+\vec{T}_{1}=m_{1}\vec{a}\),

\( \vec{T}_{2}+\vec{F}_{т2}=m_{2}\vec{a}\).

 Для розрахунків перепишемо їх через проєкції векторів на напрям руху (вісь ОХ), врахувавши, що Т1 = Т2 =Т, Fт1 = μ1m1g і Fт2 = μ2m2g:

F – μ1m1g – Т =m1a,

Т – μ2m2g = m2a.

(1)

Далі, додавши праві та ліві частини  рівнянь (1), знайдемо прискорення брусків:

\( {F}-(\mu_{1}m_{1}+\mu_{2}m_{2})g=(m_{1}+m_{2}){a}\)    \( \Rightarrow \)   

\( {a}=\frac{{F}-(\mu_{1}m_{1}+\mu_{2}m_{2})g}{m_{1}+m_{2}}\).

(2)

Відтак, підставивши вираз прискорення (2) у будь-яке з рівнянь (1), для сили натягу нитки отримаємо:

\({T}=\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\left[ F+\left( {{\mu }_{2}}-{{\mu }_{1}} \right){{m}_{1}}g \right] \).

Отже, сила натягу нитки,  що з'єднує бруски, визначається різницею коефіцієнтів тертя. Тож  μ1 = μ2 наявність тертя на неї взагалі не впливає.

Наостанку зауважимо, що вираз прискорення (2) за змістом є настільки очевидний, що його можна було би записати одразу. Але попередні міркування і викладки були наведені як ілюстрація загального алгоритму застосування другого закону Ньютона.

 

Задача 2.4
Задача 2.3

Горизонтальну дошку, на якій лежить шайба маси m,  починають підіймати за один кінець.

Визначити та побудувати графік

залежності сили тертя F, що діє на шайбу, від кута нахилу дошки до горизонту α при заданому коефіцієнті тертя μ.

Дано

m

μ

F(α)-?

Розв'язання

На шайбу діють сили: тяжіння \( {m}\vec{g}\) і нормальної реакції площини \( \vec{N}\) та тертя \( \vec{F}\). При порівняно невеликих кутах нахилу, поки не почалося ковзання тіла, \(\vec{F}\) – це сила тертя спокою. Згідно з формулою (2.13) вона зрівноважує рівнодійну решти сил $\vec{R}=m\vec{g}+\vec{N}$ (рис. 2.3), модуль якої R = mgsinα. Отже, при невеликих \( \alpha \) сила тертя залежить від кутах нахилу площини за законом 

\( {F}=mg\sin\alpha \). (1)

При збільшенні кута \( \alpha \) сила тертя спокою   зростає і при певному куті \( \alpha_{0}\), який називають "кутом тертя", досягає максимально можливого значення μN (формула (2.14)). Сила N компенсує нормальну до площини складову сили тяжіння, тож максимальна сила тертя спокою Fm = μmgcosα0. Відтак, враховуючи вираз (1), маємо:

mgsinα0 = μmgcosα0,       →      α0= arctgμ.

При кутах нахилу площини α > α0коли шайба рухається, на неї діє  сила тертя ковзання

\({F}=\mu{mg}\cos\alpha \).

Таким чином, сила тертя між шайбою та площиною в залежності від кута нахилу площини виражається однією з формул: 



1. \( {F}=mg\sin\alpha \)   при   \( {0}\le\alpha\le\alpha_{0}\);

2. \( {F}=\mu{mg}\cos\alpha \) при \( \alpha_{0}<\alpha\le{90}^{\circ}\).

(\( \alpha_{0}=\mathrm{arctg}\mu \)).

Отже, графік \( {F}(\alpha) \) рис. 2.3-1, складається з відрізка синусоїди (1) і відрізка косинусоїди (2).

Задача 2.2
Задача 2.4

Підлогою тягнуть за мотузку ящик масою m = 100 кг, прикладаючи силу під кутом до горизонту. Коефіцієнт тертя між ящиком та підлогою μ = 0,5.

Визначити

найменшу силу \({{\vec{F}}_{\min }}\), якою можна рухати ящик.

Дано:

m = 100 кг

μ = 0,5

αmin - ?

Fmin - ?

Розв'язання

Рис. 2.4

На ящик діють сили тяжіння \( {m\vec{g}}\), нормальної реакції опори \( \vec{N}\), тертя \( \vec{F}_{т}\) та натягу мотузки \( \vec{F}\), що дорівнює прикладеній силі (рис. 2.4).

За ІІ законом Ньютона (2.5) рівняння руху ящика має вигляд

\( \vec{F}+m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}_{\mathrm{т}}=m\vec{a}\).

Ящик рухається горизонтально (ay = 0, ax = a), тож у проекціях на осі координат маємо

OX: \( {F}\cos\alpha-F_{т}={ma}\),

OY: \( {F}\sin\alpha+N-mg={0}\).

Урахувавши, що сила тертя \( {F}_{\mathrm{т}}=\mu{N}\), отримуємо систему рівнянь

\(\left\{ \begin{matrix} F\cos \alpha -\mu N=ma, \\ F\sin \alpha +N-mg=0 \\ \end{matrix} \right.\),

з якої знайдемо прикладену натягу мотузки, при якій ящик рухається із прискоренням а:

\( {F}=\frac{\mu{mg}+ma}{\cos\alpha+\mu\sin\alpha}\).

Її мінімальна величина, потрібна для руху ящика, відповідає умові a = 0 і складає

\( {F}_{0}=\frac{\mu{mg}}{\cos\alpha+\mu\sin\alpha}\).

(1)

З умови задачі випливає, що сила F при певному значенні кута α є найменшою, тобто тягти ящик найлегше. Чому це так, можна зрозуміти, проаналізувавши залежність F0(α) при малих та при великих значеннях α. Справді, при малих кутах косинус є близький до одиниці і майже не змінюється при збільшенні кута, тоді як синус швидко зростає. Тому знаменника у виразі (1) зростає, а величина F0 зменшується.  При великих кутах все відбувається навпаки – косинус стрімко зменшується, тоді як синус майже не змінюється, і F0 збільшується. Тож при певному значенні кута  α = αmin знаменник у виразі (1)

\( {f}(\alpha)=\cos\alpha+\mu\sin\alpha \)

(2)

буде максимальним, а необхідна для  пересування ящика сила F0 – мінімальною.

Для визначення величини αmin уведемо позначення \( \mu=\mathrm{tg}\varphi \). Тоді формула (2) набуває вигляду

\( f(\alpha)=\cos\alpha+\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}\sin\alpha=\frac{\cos{(\alpha-\varphi)}}{\cos\varphi}\).

Кут \( \varphi \) є незмінним,  тож функція \( {f}(\alpha)\) досягає максимуму за умови \( \cos{(\alpha-\varphi)}={1}\), тобто при \( \alpha_{\mathrm{min}}=\varphi \). Отже натяг мотузки мінімальний при

\( \mathrm{tg}\alpha_{\mathrm{min}}=\mu\) \( \Rightarrow \) \( \alpha_{\mathrm{min}}=\mathrm{arctg}\mu \) = 26,6°.
(3)

Примітка. Якщо ви з математики вже знаєте похідні, відповідь можна знайти простіше, взявши та прирівнявши до нуля похідну функції (2):

\( {f}^{\prime}(\alpha)=-\sin\alpha+\mu\cos\alpha \) \( \Rightarrow \)

\( -\sin\alpha_{\mathrm{min}}+\mu\cos\alpha_{\mathrm{min}}=0\),

звідки

\( \alpha_{\mathrm{min}}=\mathrm{arctg}\mu \).

що, збігається з (3).

Урахувавши отриманий для tgα вираз (3) і замінивши  за відомими формулами cosα  i sinα  у  виразі (1) через tgα, після елементарних спрощень  отримаємо другу відповідь:

${{F}_{\min }}=\frac{\mu mg}{\sqrt{1+{{\mu }^{2}}}}$ ≈ 450 Н.

 

Задача 2.5
Задача 2.5
Рис. 2.5

Брусок знаходиться на дошці із закріпленим кінцем, кут нахилу якої до горизонту α можна змінювати за допомогою вертикального  упора (штока)на рис. 2.5.

Знайти,

при якій величині кута α0 брусок із стану спокою  найшвидше спуститься від упора до точки кріплення дошки при коефіцієнті тертя μ = 0,14.

Дано:

\( \mu={0{,}14}\)

\( \alpha_{m}\)-?

Розв'язання

 Очевидно, що, аби отримати відповідь, спочатку треба встановити залежність t(α)  часу спуску бруска від кута нахилу дошки.

Умову задачі ілюструє рис. 2.5. На брусок діють сили тяжіння \( {m\vec{g}}\), реакції опори \( \vec{N}\) та тертя \( \vec{F}_{т}\), отже, рівняння руху (2.5) має вигляд:

\( {m}\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}_{т}=m\vec{a}\),

і в проєкціях на осі координат:

OX: \( {mg}\sin\alpha-F_{т}=ma \),

OY: \( {N}-mg\cos\alpha={0} \)   \(\Rightarrow \)  

\( {N}=mg\cos\alpha \) 

(1)

Відтак, урахувавши, що  Fт = μN = μmgcosα, з першого рівняння системи (1) визначимо прискорення бруска

\( {a}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\),

 і, за рівнянням (1.16), час проходження рим відстані l між точками А і С:

\( {t}=\sqrt{\frac{2l}{g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)}}\). (2)

 Згідно з отриманим виразом, цей час руху бруска формально залежить від двох величин –  α і l. Але l = l0/cosα, де  відстань між точками В і С  l0 = const. Тож величина t виражається, як

$t\left( \alpha  \right)$ = $\sqrt{\frac{2{{l}_{0}}}{g\cos \alpha \left( \sin \alpha -\mu \cos \alpha  \right)}}$,

і залежить тільки від кута α. Характер цієї залежності визначається поведінкою функції в знаменнику

\( {f}(\alpha)=\cos\alpha (\sin\alpha-\mu\cos\alpha )\), (3)

котру не важко якісно проаналізувати так, як у попередній задачі. При малих кутах збільшення α спричинює зростання f(α) і зменшенням часу спуску.  А в області великих кутів при збільшенні α функція f(α) спадає, і час спуску збільшується. Отже, при деякому куті α = αm функція f(α) має максимум, і час спуску бруска є найменшим.

За канонами математики, щоби визначити величину αm, треба знайти й прирівняти до нуля похідну f′(α):

\( {f}^{\prime}(\alpha)=-\sin\alpha (\sin\alpha-\mu\cos\alpha )+\cos\alpha (\cos\alpha+\mu\sin\alpha){=}\)

\( {=}\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha+2\mu\sin\alpha\cos\alpha=\cos{2}\alpha+\mu\sin{2\alpha}\), отже,

\( \cos{2\alpha_{m}}+\mu\sin{2\alpha_{m}}={0}\)\(\Rightarrow \)  $\operatorname{tg}2\alpha =-\frac{1}{\mu }$.

Звідси при μ = 0,14 шуканий оптимальний кут нахилу площини до горизонту складає 41°.

Примітка. Безпосередньо з отриманого виразу виходить αm = –41°. Це пояснюється тим, що кут між віссю ОХ і напрямком руху бруска, котрий фігурує в рівняннях (1), є від'ємним.

 

 

Задача 2.7
Задача 2.6
Рис. 2.7

Два тягарці масою M кожен, зв'язані перекинутою через нерухомий блок ниткою, спочатку утримують на одному рівні. Потім до одного підвішують важок масою m і вивільняють систему.

 Визначити: 

а) прискорення a тягарців та час t, за який вони розійдуться на відстань H за відсутності ковзання нитки;

б) силу натягу нитки \( {T}_{0}\), на якій підвішено важок і силу тиску \( {F}\) на вісь блока.

Дано:

M, m

a - ?

t - ?

T - ?

F - ? 

Розв'язання

Сили, що діють на кожне з тіл задачі, показані на рис. 2.6. Правий тягарець M взаємодіє з Землею (сила \( {M}\vec{g}\)) та з ниткою (сила \( \vec{T}_{1}\)). Так само на важок m діють сили \( {m}\vec{g}\) і \( \vec{T}_{0}\). Лівий тягарець M взаємодіє із Землею (сила \( {M}\vec{g}\)) та двома нитками (сили \( \vec{T}_{2}^{\prime},\,\vec{T}_{0}^{\prime}\) ). На блок з боку ниток діють сили \( \vec{T}_{1}^{\prime},\,\vec{T}_{2}^{\prime}\). Ця дія передається на вісь блока, створюючи силу \( \vec{F}=\vec{T}_{1}^{\prime}+\vec{T}_{2}^{\prime}\).

а) Прискорення кожного з трьох тіл визначається ІІ законом Ньютона (2.5):

\( {M}\vec{g}+\vec{T}_{1}=M\vec{a}_{1}\),
\( M\vec{g}+\vec{T}_{0}+\vec{T}_{2}=M\vec{a}_{2}\), (1)
\( {m}\vec{g}+\vec{T}_{0}=m\vec{a}_{2}\).

При цьому, позаяк блок є невагомий, і ковзання нитки відсутнє, прискорення і сили натягу кожної ниток однакові:  \( {T}_{1}=T_{1}^{\prime}=T_{2}=T_{2}^{\prime}={T}\)\( {T}_{0}=T_{0}^{\prime}\) і  \( {a}_{1}=a_{2}={a}\). Врахувавши це, запишемо рівняння (1) у проєкціях на напрямлену вертикально вниз вісь OY нерухому відносно осі блока :

\( {M}g-T=-M{a}\),
\( Mg+T_{0}-T=M{a}\) (2)
\( mg-T_{0}=m{a}\).

Для визначення величини а додамо ліві та праві частини рівнянь (2), попередньо помноживши перше на (-1):

\( {mg}=(2M+m){a}\) \(       \Rightarrow \)       \( {a}=\frac{m}{2M+m}{g}\). (3)

Тягарці рухаються в протилежних напрямках без початкової швидкості та з однаковим прискоренням а. Тож за шуканий час кожен пройде однаковий шлях \( {l}=H/2 \). Тому,  згідно з рівняннями (1.16),

\( \frac{H}{2}=\frac{at^{2}}{2}\)       \( \Rightarrow \)       \( t=\sqrt{\frac{H}{a}}\).

Підставивши сюди вираз (3), отримуємо шуканий час:

\( {t}=\sqrt{\frac{2M+m}{m}\cdot\frac{H}{g}}\). (4)

б) Силу натягу T0 нитки, що з'єднує тягарець M із важком m, знайдемо з останнього рівняння (2), підставивши вираз (3):

\( {T}_{0}=m(g-a)=Mg\left(1+\frac{m}{2M+m}\right) \)       \( \Rightarrow \)        \( {T}_{0}=\frac{2Mg}{2M+m}{g} \).

Отже, сила тиску на вісь блока

\( {F}=T_{1}^{\prime}+T_{2}^{\prime}=2{T}\).

Величину T знайдемо з першого рівняння (2), підставивши вираз (3):

\( {T}=M(g+a)=Mg\left(1+\frac{m}{2M+m}\right) \)       \( \Rightarrow \)        \( {T}=\frac{2M(M+m)}{2M+m}{g}\).

Таким чином, шукана сила тиску на вісь блока дорівнює

\( {F}=\frac{4M(M+m)}{2M+m}{g}\).

Задача 2.8
Задача 2.7
Рис. 2.8

На початку підйому та спуску ліфт має однакове прискорення.

Визначити

його величину a, якщо вага тіл у ліфті при підйомі в n = 1,5 рази перевищує вагу при спуску.


Дано:

 n = 1,5

a - ?

Розв'язання

На тіло діють сила тяжіння \( {m}\vec{g}\) та нормальна реакція опори (підлоги ліфта) \( \vec{N}\) (рис. 2.7). За означенням вага тіла \( \vec{P}\) – то є сила, з якою воно діє на підлогу ліфта. Отже, за третім законом Ньютона

\( \vec{P}=-\vec{N}\). (1)

Згідно з другим законом Ньютона (2.5), для кожного випадку маємо:

\( \vec{N}_{1}+m\vec{g}=m\vec{a}_{1}\), (2)
\( \vec{N}_{2}+m\vec{g}=m\vec{a}_{2}\).

Переписавши рівняння (2) у проекціях на напрям руху ліфта і врахувавши, що \( {a}_{1}=a_{2}={a}\), і P = N, отримаємо:

\( {P}_{1}=m(g+a)\) \( {P}_{2}=m(g-a)\)       \( \Rightarrow \)       \( \frac{P_{1}}{P_{2}}=\frac{g+a}{g-a}\).

Звідси, згідно з умовою \( \frac{P_{1}}{P_{2}}={n}\), дістанемо відповідь:

\( \frac{g+a}{g-a}={n}\)       \( \Rightarrow \)       \( {a}=\frac{n-1}{n+1}g= 2 м/с2.

Задача 2.9
Задача 2.8
Рис. 2.9

Повітряна куля загальною масою M = 1000 кг опускається зі сталою швидкістю.

Визначити 

масу баласту m, який треба скинути, аби куля почала підійматися з такою самою швидкістю, якщо   архімедова сила, що діє на кулю,  F = 9700 H.

Дано:

M = 1000 кг
F = 9800 Н
 

m -?

Розв'язання

За умовою, попри те, що сила тяжіння \(M\vec{g}\) та архімедова сила $\vec{F}$, що діють на кулю, не однакові, підйом є рівномірним. Отже, їхня різниця компенсується силою опору повітря ${{\vec{F}}_{01}}$рис. 2.8а. Це стосується й сили опору ${{\vec{F}}_{02}}$ (рис. 2.8б), що діє на кулю після скидання баласту. При цьому, через рівність швидкостей підйому та спуску, сили опору за величиною теж однакові: ${F}_{01}$ = ${F}_{02}$. Піднімальну силу \){F}\( теж можна вважати однаковою, позаяк об'єм викинутог о баласту є набагато менший за об'єм кулі. Різняться тільки сили тяжіння: \(M\vec{g}\) при опусканні та \){(M-m)}\vec{g}$$ при підйомі. При цьому в обох випадках прискорення відсутнє, отже  сили є компенсовані:

\(\left\{ \begin{align} & Mg\quad \quad \ \ =F+{{F}_{0}} \\ & Mg-mg=F-{{F}_{0}} \\\end{align} \right.\).

   Звідси після додавання лівих і правих частини рівнянь знайдемо відповідь:

$m=\frac{2\left( Mg-F \right)}{g}=60\text{ }\text{кг.}$

 

Імпульс і сила

Типовим завданням у таких задачах є визначення сил через зміну імпульсу тіла за певний проміжок часу. Тому слід пам'ятати, що зміна імпульсу тіла визначається не окремими силами, а рівнодійною всіх сил, що прикладені до нього.

Досить часто розглядані сили є змінними. В такому разі зміна імпульсу тіла визначається середнім за час дії імпульсом сили, який чисельно дорівнює площі під відповідною ділянкою графіка сили F(t).

 Задача 2.9. Кулька масою m = 200г, яка падає вертикально, на момент удару об підлогу має швидкість v = 5 м/с. Після удару кулька підскакує на висоту h =80 см. Визначити зміну модуля імпульсу та модуль зміни імпульсу кульки при ударі. 

Задача 2.10. Кинута вертикально вгору пластилінова кулька масою m = 100 г прилипає до стелі, маючи перед ударом швидкість v = 5 м/с. Визначити  середню силу тиску F кульки на стелю, якщо час удару \( \tau \) = 0,18 с. (Примітка. Часом удару називають тривалість взаємодії тіл при зіткненні. В даній задачі це час сплющування кульки від моменту дотику до припинення руху всіх її частин).

Задача 2.11. На кульки масами  m1 і  m2 = 2m1, що рухались у взаємно перпендикулярних напрямах із імпульсами однакової величини р, подіяла однакова сила, котра змінила напрям руху першої кульки на протилежний без зміни величини швидкості. Визначити величину та напрям  кінцевої швидкості другої кульки, якщо початкова дорівнювала v.

Задача 2.12. Ракета з початковою масою M при старті на деякий час зависає над  землею. Визначити, скільки палива за одиницю часу \( \mu \) вона при цьому витрачає, якщо швидкість витоку газів відносно ракети дорівнює u.

Задача 2.13. Пучок молекул налітає перпендикулярно на закріплену пластину й пружньо (без утрати швидкості) відбивається. Концентрація молекул у пучку n = 2,5·1019см–3, маса  молекули m = 3,3·10–27кг, швидкість v = 1000 м/с . Визначити тиск P пучка на пластину.

Задача 2.14. Пружна кулька, що рухається горизонтально, вдаряє у вертикальну стінку під кутом α до нормалі. Визначити, під яким кутом β відскочить кулька, якщо стінка: а) гладка;  б) шорстка й має коефіцієнт тертя μ.

Задача 2.15. На вагон маси m = 50 т, який рухається за інерцією зі швидкістю \( {v}_{0}={10}\) м/с,  починає діяти гальмівна сила, що змінюється з часом за законом \( {F}=\alpha{t}\), де \( \alpha={100}\) Н/с. Визначити час \( \tau \) руху вагона до зупинки.

Задача 2.10
Задача 2.9

Кулька масою m = 200г, яка падає вертикально, на момент удару об підлогу має швидкість v1 = 5 м/с. Після удару кулька підскакує на висоту h = 80 см.

Визначити

зміну модуля імпульсу та модуль зміни імпульсу кульки при ударі.

 

Дано:
m=200г=0,2кг
v1 = 5 м/c

h = 46 см

Δp -?

\(\left| \Delta \vec{p} \right|\)-?

 

Розв’язання

На рис. 2.9 показані вектори імпульсу кульки в момент падіння ${{\vec{p}}_{1}}$  = $m{{\vec{v}}_{1}}$ і відскоку ${{\vec{p}}_{2}}$ = $m{{\vec{v}}_{2}}$ та зміни імпульсу $\left| \Delta \vec{p} \right|$ = $m\left|{{{\vec{v}}}_{2}}-{{{\vec{v}}}_{1}} \right|$. При цьому, згідно з формулою (1.19),

${{v}_{2}}=\sqrt{2gh}=4\text{ м/с}$.

Отже, маємо наступні відповіді:

Δp = m(v2 – v1) = –0,2 кг·м/с;

$\left| \Delta \vec{p} \right|$ = $m\left({{{{v}}}_{2}}+{{{{v}}}_{1}} \right)$ = 1,8 кг·м/с.

Задача 2.10
Задача 2.10

Кинута вертикально вгору пластилінова кулька масою m = 100 г, прилипає до стелі, маючи перед ударом швидкість v = 4,9 м/с.

Визначити 

середню силу тиску F кульки на стелю, якщо час удару \( \tau \) = 0,18 с.

Дано:

m=100г=0,1кг
v = 5 м/c
τ = 0,18 c

F -?

Розв’язання

 

Прилипання є складним процесом пластичної деформації із невідомою залежністю від часу сил, які діють на кульку та на стелю. Але середню силу тиску кульки на стелю легко визначити за допомогою основних законів динаміки.

Під час удару на кульку діють сили тяжіння \( {m}\vec{g}\) та реакції опори (стелі) \( \vec{N}\), рис. 2.10. Отже, за другим законом Ньютона (5.4),

$m\vec{g}+\vec{N}=\frac{\Delta \vec{p}}{\tau }\quad \Rightarrow \quad mg+N=\frac{\left| \Delta \vec{p} \right|}{\tau }$. (1)

За третім законом Ньютона шукана сила тиску кульки на стелю дорівнює реакції опори: F  =  N. Крім того, за час удару кулька втрачає увесь імпульс, отже, 

${\left| \Delta \vec{p} \right|}$  =  p = mv.

Зробивши такі підстановки в рівняння (1), знайдемо нвступну відповідь:

\( {F}=m\left(\frac{v}{\tau}-g\right) \) ≈ 1,7 Н.

Задача 2.11
Задача 2.11

На кульки масами  m1 і  m2 = 2m1, що рухались у взаємно перпендикулярних напрямах із імпульсами однакової величини р, подіяла однакова сила, котра змінила напрям руху першої кульки на протилежний без зміни величини швидкості.

Визначити

величину та напрям  кінцевої швидкості другої кульки, якщо початкова дорівнювала v.

Дано:

m2 = 2m1

v2 = v

\({\vec{v}'_{2}}\)-?

Розв'язання

Умову задачі відображує рис. 2.11а.

Згідно з умовою та ІІ законом Ньютона (2.4), прикладена сила спричинила однакову зміну імпульсів кульок:  

\( \Delta\vec{p}_{1}=\Delta\vec{p}_{2}\),

тобто

\({\vec{p}'_{1}}\)\({\vec{p}_{1}}\)=\({\vec{p}'_{2}}\) \({\vec{p}_{2}}\),

де кінцеві величини позначені штрихом. Виразивши в цьому рівнянні  імпульси через швидкості й маси, отримаємо:

\({\vec{v}'_{1}}\)\({\vec{v}_{1}}\)=2(\({\vec{v}'_{2}}\) \({\vec{v}_{2}}\)).

 Звідси визначаємо вектор шуканої швидкості \({\vec{v}'_{2}}\), врахувавши, що за умовою \({\vec{p}'_{1}}\) = –\({\vec{p}_{1}}\), тож  \({\vec{v}'_{1}}\) = –\({\vec{v}_{1}}\):

\({\vec{v}'_{2}}\) =  – \({\vec{v}_{1}}\) + \({\vec{v}_{2}}\). (1)

 

Модуль і напрям (кут α) вектора \({\vec{v}'_{2}}\) знайдемо із рис. 2.11б,  який відображає вираз (1):

\({{v}'_{2}}\) = \(\sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}}\), \(\operatorname{tg}\alpha =\frac{{{v}_{2}}}{{{v}_{1}}}\).

Отже,

\({{v}'_{2}}\) = v\(\sqrt{5}\)   і   α = 26,6°.

 Зауважимо, що відповідь можна отримати й алгебраїчно, записавши рівняння (1) у проєкціях на осі координат:

v′2x = –2v,   v′2y = v     \( \Rightarrow \)

\({{{v}'}_{2}}=\sqrt{{{\left( {{{{v}'}}_{2x}} \right)}^{2}}+{{\left( {{{{v}'}}_{2y}} \right)}^{2}}}=v\sqrt{5};\quad \alpha =\left| \operatorname{arctg}\frac{{{{{v}'}}_{2y}}}{{{{{v}'}}_{2x}}} \right|=26,6{}^\circ \).

 

Задача 2.12
Задача 2.12

Ракета з початковою масою M при старті на деякий час "зависає" над  землею.

Визначити,

скільки палива за одиницю часу \( \mu \) вона при цьому витрачає, якщо швидкість витоку газів відносно ракети дорівнює u.

 

Дано:

M, u

\( \mu \) - ?

Розв'язання

Сила, що утримує ракету від падіння, є зумовлена тиском на стінкки камери двигуна газів, який створюють продукти згорянні палива, що схематично показано на рис. 2.12. У герметичній порожнині, як приміром у гранаті перед розривом, вказані сили є компенсовані.  Проте в нижній стінкці камери згоряння двигуна ракети (рис. 2.12а) є отвір (сопло), тож її площа менша, ніж площа верхньої стінкки. Відповідно, меншою є й сила тиску газів на нижню стінкку. Як наслідок, виникає спрямована вгору реактивна сила тяги F (рис. 2.12б) рівна силі F′, яка діє на  гази, що вилітають із сопла.

Нехай за невеликий проміжок часу\( \Delta{t}\) із сопла під дією сили \( {F}^{\prime}\) зі швидкістю u викидається порція газів \( масою\Delta{m}\). Тоді за другим законом Ньютона (2.3)

\( {F}^{\prime}=\frac{\Delta{mu}}{\Delta{t}}\)       \( \Rightarrow \)       \( {F}^{\prime}=\mu{u}\),

де \( \mu \) – витрата палива за одиницю часу.

За умовою реактивна сила \( {F}=F^{\prime}\) зрівноважує силу тяжіння, що діє на ракету, отже,

\( {M}g=\mu{u}\)       \( \Rightarrow \)       \( \mu=\frac{Mg}{u}\).

Примітка. Витрата пального \( \mu \) реально є досить велика, і маса ракети M стрімко зменшується. Тому в отриманій формулі величини \( \mu \) і M слід розглядати як миттєві. При цьому для забезпечення тривалого зависання ракети витрата пального має зменшуватися з часом відповідно до зменшення маси ракети. Але розрахунок залежності μ(t) і M(t) виходить за межі елементарної фізики.

Задача 2.13
Задача 2.13

Пучок молекул налітає перпендикулярно на закріплену пластину й пружно (без утрати швидкості) відбивається. Концентрація молекул у пучку n = 2,5·1019см–3, маса молекули  m = 3,3·10–27кг, швидкість v = 1000 м/с .

Визначити 

тиск P пучка на пластину.

Дано:

m = 3,3·10-27кг

v = 1000 м/с

n = 2,5·1019см-3

P - ?

Розв’язання

При зіткненні з пластиною окрема молекула   створює мікроскопічний імпульс сили типу "уколу". Але через дуже велику щільність молекул у пучку ці уколи відбуваються так часто й густо, що створюють сталу й рівномірно розподілену по поверхні силу тиску.

Для її визначення виділимо на стінці ділянку площею S (рис. 2.13). Імпульс сили, що діє на пластину під час зіткнення однієї молекули, за третім законом Ньютона дорівнює імпульсу сили, що діє з боку пластини на молекулу, отже

\( {f}\Delta{t}=\left|\Delta\vec{p}\right| \),

де f – середнє значення сили взаємодії між молекулою та пластиною, \( \Delta{t}\) – тривалість зіткнення, \( \left|\Delta\vec{p}\right| \) – модуль зміни імпульсу молекули за час зіткнення. Імпульс сумарної сили F, що діє на ділянку S протягом часу \( \tau \), запишеться як

\( {F}\tau=N\left|\Delta\vec{p}\right| \),

де N – кількість зіткнень молекул з ділянкою за час \( \tau \). Звідси маємо:

\( {F}=\frac{N}{\tau}\left|\Delta\vec{p}\right|=n_{з}\left|\Delta\vec{p}\right| \), (1)

 де \( {n}_{з}\) –кількість зіткнень за одиницю часу.

При цьому, позаяк зіткнення відбуваються без утрати швидкості,  \( \Delta\vec{p}=-2\vec{p}\) (рис. 1.13), і

\( \left|\Delta\vec{p}\right|=2p=2{mv}\). (2)

 Відтак лишається визначити величину \( {n}_{з}\). Для цього на площинці S як на основі побудуємо циліндр висотою \( \Delta{l}\). Усі  \( {N}=nS\Delta{l}\) молекул (n – концентрація), що містяться в ньому, стикаються з площинкою S за час \( \tau=\frac{\Delta{l}}{v}\) (\( {v}\) – швидкість руху молекул). Тож кількість зіткнень за одиницю часу складає

\( {n}_{з}=\frac{N}{\tau}=\frac{nS\Delta{l}}{(\Delta{l}/v)}={nSv}\).

Підставивши цей вираз і вираз (2) у формулу (1), дістанемо:

\( {F}=2nmv^{2}{S}\).

Відтак, поділивши силу F на площу S, отримаємо відповідь:

\( {P}=2nmv^{2}=1,65\cdot{10^{5}}\) Па.

Задача 2.14

Задача 2.14

Пружна кулька, що рухається горизонтально, вдаряє у вертикальну стінку під кутом α до нормалі.

Визначити,

під яким кутом β відскочить кулька, якщо стінка:

а) гладка; 

б) шорстка й має коефіцієнт тертя μ.

Дано:

μ

α

β – ?

Розв'язання

При косому ударі кульки в стінку, строго говорячи, завжди є присутнє тертя. Тому сила \( \vec{R}\) (рис. 2.14), з якою стінка діє на кульку, складається із сили нормального тиску \( \vec{N}\) та сили тертя $\vec{F}$:

\( \vec{R}\) = \( \vec{N}\) + $\vec{F}$.

Відповідно, за другим законом Ньютона (2.4) зміна імпульсу кульки $\vec{p}=m\vec{v}$ за час удару \(\tau \) визначається рівнянням:

$\vec{N}+\vec{F}=m\left( {{{\vec{v}}}_{2}}-{{{\vec{v}}}_{1}} \right)$.

Отже, поклавши F = μNотримаємо наступну систему рівнянь для проєкцій на горизонтальні осі (рис. 2.14):

OX:       Nτ  =  m(v2cosβ + v1cosα)

 OY:   –μNτ  =  m(v2sinβ – v1sinα),

(1)

і після почленного ділення

$\mu =\frac{{{v}_{1}}\sin \alpha -{{v}_{2}}\sin \beta }{{{v}_{1}}\cos \alpha +{{v}_{2}}\cos \beta }$.

(2)

Позаяк кулька є пружньою, процеси її стискання та відновлення форми, що зумовлені силою \( \vec{N}\), є віддзеркаленням один одного. Через це нормальні складові її швидкостей підльоту та відскоку збігаються:

v1cosα  =  v2cosβ   \(\Rightarrow \)   \( {v}_{2}=v_{1}\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}\).

(3)

Зробивши таку заміну у виразі (2), після елементарних перетворень дістанемо: 

$\mu =\frac{tg\alpha -tg\beta }{2}$

 і загальний вираз, який визначає кут відбивання кульки від стінки:

\( \mathrm{tg}\beta=\mathrm{tg}\alpha-2\mu \). (4)

а). Якщо стінка є гладка, то μ = 0 і, як випливає з виразів (4) і (3), β = α і v2 = v1. Отже, за відсутності тертя пружна кулька від нерухомої стінки відбивається дзеркально – під таким самим кутом і з такою самою швидкістю, що й падає. (До речі, такого висновку можна дійти й “без математики”, спираючись на закон збереження енергії).

б). При μ ≠ 0 ті ж таки співвідношення (3) і (4) дають v2 < v1 і  β < α, тобто від шорсткої стінки кулька відбивається з меншою швидкістю і під меншим кутом, аніж падає. Це пояснюється тим, що на самому початку для сили тертя було взято звичну величину F = μN, при якій в процесі зіткнення кулька ковзає по стінці (див. п. 2.3), тож і гальмується. При цьому сила тертя зменшує тільки паралельну до стінки складову швидкості, що призводить до зменшення кута відскоку β. Але звертає на себе увагу наступне. При tgα < 2μ вираз (4) втрачає зміст, хоча є очевидним, що кут α може мати будь-яку величину в інтервалі 0α