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

Основні поняття й величини кінематики  кількісно характеризують просторове положення та рух тіла.

Положення точки у просторі задається її радіус-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 радіус-вектора на осі координат (рис.1.1):

r_x = x;        r_y = y.

Траєкторією називається неперервна лінія у просторі, вздовж якої рухається матеріальна точка. Можна також сказати, що траєкторія – це лінія, яку описує кінець радіус-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, величина (модуль) переміщення в процесі руху може як збільшуватися, так і лишатися незмінним, або зменшуватись.

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

Середня швидкість переміщення \( \langle{\vec{v}}\rangle \), або вектор середньої швидкості, – це відношення переміщення \( \Delta\vec{r} \) до проміжку часу Δt = t₂ – t₁, за який воно відбулося:

Модуль вектора середньої швидкості дорівнює:

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

Середня шляхова швидкість (або просто середня швидкість) \( \langle{v}\rangle \) це відношення шляху S до проміжку часу його проходження Δt:

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 відповідного проміжку часу Δt при його необмеженому зменшенні.  Іншими словами

миттєва швидкість є похідною радіус-вектора рухомої точки по часу:

(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:

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:

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

або

Іншими словами,

миттєве прискорення є першою похідною вектора швидкості або другою похідною радіус-вектора по часу.

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

При русі точки з постійним прискоренням  воно  будь-якої миті визначається формулою (1.5).

Положення тіла в просторі є визначеним не саме по собі, а тільки по відношенню до вибраної ''системи відліку'' – якогось іншого тіла й жорстко зв'язаної з ним системи координат. Те саме стосується й руху, тож він  за самою природою є відносним. Через це положення точки та її рух у двох різних системах відліку – нерухомій (ХОY) та рухомій (Х′О′Y′) – визначаються різними, хоч і взаємопов'язаними, значеннями радіус-вектора, швидкості та прискорення. Радіус-вектори \( \vec{r}\) і \(\vec{r}^{\prime}\) точки в нерухомій та в рухомій системі відліку (рис.1.3) є зв'язані співвідношенням:

де \( \vec{R} \) – радіус-вектор, що задає положення початку відліку рухомої системи відносно нерухомої (рис.1.3). Аналогічно для переміщень

Звідси відповідно до формули (1.4) випливає класичний закон додавання швидкостей:

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:

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 в системах відліку, що рухаються одна відносно одної поступально, прискорення тіла \( \vec{a}\) і \({\vec{a}}'\) пов'язані таким самим співвідношенням, що й швидкості: 

i

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

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:

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:

Слід наголосити на тому, що наведені рівняння є однаково чинні як для прямолінійних, так і для криволінійних рухів. При цьому, яким буде рух, залежить від напрямків початкової швидкості та прискорення: якщо ці вектори напрямлені вздовж однієї прямої, приміром, як для тіла, кинутого вертикально, то воно тіло рухається по прямій. Якщо ж зазначені вектори не колінеарні, траєкторія тіла є криволінійною.

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

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

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

При прямолінійному русі достатніми є рівняння лише для спрямованої вздовж напрямку руху координатної осі ОХ. У такому разі зазвичай немає потреби оперувати проєкціями векторів. До прикладу, при риямолінійному русі тіла зі сталим прискорення а без початкової швидкості з рівнянь (1.16) виходять наступні прості фрмули для пройденого за час t шляху S та кінцевої швидкості v:

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

У випадку прямолінійного руху аналогічна формула пов'язує модулі векторів і пройдений тілом шлях:

Зокрема, при русі без початкової швидкості,

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:

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

(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.

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:

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

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.

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 T  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:

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

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

Лінійна та кутова швидкості пов'язані співвідношенням

а кутова швидкість і період (частота) обертання – співвідношенням

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

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

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. Визначити, під яким кутом α до берега хлопчик має тримати курс, аби його знесло течією якнайменше?

Задача 1.5. Визначити мінімальну швидкість u_min,  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 L_min  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

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°.

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

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:

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   (v₁ + v₂ +v₃)/3,  як може  здатися на перший погляд.

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:

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. 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°     

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

Величина знесення хлопця L (рис. 4) залежить від ширини річки h та величини й напряму його швидкості \( \vec{v}\) відносно берега, котра  визначається законом додавання швидкостей (1.10):

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

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):

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

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

Визначити

мінімальну швидкість u_min,  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

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. 5-1.

При переправі вектор швидкості човна \( \vec{v}\) відносно берега, що спрямовано по лінії AB, за законом додавання швидкостей (1.10) 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

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

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

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. 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, V – 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. 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

Таким чином, відношення часів руху човнів дорівнює

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

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

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.

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

Визначити,

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

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. 8-1). В такому разі початкові координати автомобілів x₀₁ = – L₁,  y₀₁ = 0,  x₀₂ = 0,  y₀₂ = L₂, і рівняння руху автомобілів мають вигляд:

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

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. 8-2). Його швидкість \( \vec{u}\) за законом (1.11) дорівнює

отже,

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

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.

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.

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

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

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. 9. Тоді рівняння кінцевої координати літака має вигляд:

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 = x – x₁ 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.

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.

 Розв'язання

В умові немає інформації про час руху потяга на згадуваній ділянці шляху. Тому пошук відповіді почнемо з формули (1.19), яка 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:

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

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

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.

Тіло вільно падає з висоти h = 25 м.

Визначити

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

Дано:

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:

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

Обчислення дають

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

Спосіб 2. Відповідь можна отримати відразу за формулою (1.21) через швидкості тіла в кінці першої половини v₁ та всього шляху v₂, котрі за формулою (1.19а) дорівнюють

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

Отже,

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

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.

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 а_х = – а, і, згідно з рівнянням (1.18),

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

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

Коренями цього рівняння є задані моменти часу t₁ і t_2, 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.

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.

Розв'язання

Напрямимо вгору вісь OY з початком відліку на землі (рис. 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:

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

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

v_y = v₀ – gτ= –26,75 м/с.

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

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.

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. 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

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 (y_m) 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,

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.

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 a_x(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 S. Визначити 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.

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.

Розв'язання

а) На першому відтинку часу (від 0  до t=τ₁) швидкість тіла v_х = 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 a_x = –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  v_х 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:

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. 15, б), бо їхній нахил до осі часу визначає одну й ту саму величину v₀. При цьому вершина параболи  орієнтована догори (a_x < 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

v_к = v₀ – aτ₂ = –20 м/с;

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

t_п = τ₁ + \(\frac{v_{0}}{a}\) = 10 c,

і

– кінцеву координату тіла х_к :

x_к = \({{x}_{1}}+{{v}_{0}}{{\tau }_{2}}-\frac{a\tau _{2}^{2}}{2}\) = –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. 15, б).

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

 побудувати графіки:

а) проєкції прискорення тіла a_х (t);

б) координати x(t);

и) пройденого шляху s(t).

Розв'язання

а) Із рис. 16-1а 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. 16-1б), 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. 16-1а) це відбувається в моменти часу t₁ = τ  і  t₂ = 2,5τ. До того ж, з рис. 16-1а 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. 16-1в, віддзеркаливши спадні ділянки від осі абсцис, як показано на рис. 16-1г.

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.

Розв'язання

Для розв'язування задачі скористаємось графіком швидкості потяга, який, відповідно до умови, зображується рівнобічною трапецією (рис. 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.

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

Графік швидкості вагона зображується нахиленим відрізком, а потяга – горизонтальним відрізком прямої (рис. 18). Позаяк площа під графіком швидкості чисельно дорівнює пройденому шляху, очевидно, що шлях потяга є вдвічі більший:

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

Задача 1.18

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

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 t_m; 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.

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 t_h;

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.

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. 20). Тоді за умовою

і рівняння (1.16) мають вигляд:

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 $

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 \( {t}_{m}\):

г) Горизонтальна дальність польоту тіла L дорівнює координаті x точки перетину траєкторії з віссю OX (рис. 20), тобто при y = 0. Тож із рівняння (5) маємо:

звідки

(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

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

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 α_m, 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 α_m виходить tgα_m = 1, тобто  дальність польоту є максимальна при куті кидання 45°. Такого висновку можна дійти й на основі виразу (8а), позаяк  максимальне значення \( \sin{2\alpha}={1}\).

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

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 v_y = 0. Отже, згідно з рівнянням (1.18),

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.

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

При пружному зіткненні кулька дзеркально  відбивається під кутом β₀ = 60° до площини (рис. 21) із швидкістю падіння, що за формулою (1.19) дорівнює

Тож у показаній на рис. 21 системі координат ХOY вирази проєкцій прискорення та рівняння проєкцій швидкості й координат кульки (1.16) мають вигляд:

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:

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

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

та її модуль і напрям β :

(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

β_в = 30°.

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

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.

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.

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 x₂ = x₁, отримаємо рівняння, що визначає можливі моменти зустрічі байкерів:

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. 23, на якому зображено графік  x₂(t), що являє гілку параболи з вершиною на осі ординат і три промені – графіки x₁(t) для випадків 1), 2) і 3), починаючи з нижнього.

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;

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:

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

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.

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 \( \vec{v}_{01},\,\vec{v}_{02}\) (див. рис. 23) є перпендикулярні до вектора \( \vec{g}\), то для швидкостей тіл у будь-який момент часу (див. рис. 23) можна записати:

З іншого боку, позаяк за умовою вектори \( \vec{v}_{1}\) і \( \vec{v}_{2} \) (рис. 23б) є взаємно перпендикулярні, 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.

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.

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. 24), 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):

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):

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

 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\(\sqrt{2\left( 1-\cos \beta  \right)}\) = \( {L}=vt\sqrt{2(1-\sin\alpha)}\).

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 v_x(t), v_y(t) і прискорення a_x(t), a_y(t) та обчислити їхні модулі.

Розв’язання:

Умову задачі відображає рис. 25a.

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

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. 25б.

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:

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 (1.7) 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

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

Диск рівномірно обертається навколо своєї осі, котра рухається  горизонтально зі сталою швидкістю v₀ = 2 м/с, рис. 26а. 

Визначити

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

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:

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. 26б). Отже, диск обертається за годинниковою стрілкою, і в точці 2 вектори${{\vec{{v}'}}_{2}}$ і \({{\vec{v}}_{0}}\) є збіжні за напрямом (рис. 26в). Тому для проєкцій маємо:  v_0x = v₀, ${{{v}'}_{1x}}$ = – v′, v_2х = 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:

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  v_1x = v₁, і 2) точка 1 рухається ліворуч, тож v_1x = –v₁. Тож задача має дві відповіді:

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.

Розв’язання

Пов'яжемо нерухому систему відліку XOY із площиною, а рухому  X′O′Y′  – із віссю колеса, рис. 27. 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,

\({{\vec{v}'}_{c}}\) = –\( \vec{v}_{0}\)     \(\Rightarrow \)     v_с′ =  v₀.

Зрозуміло, що величина швидкості точки А є такою самою:

  v_А′ =  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).

Котушка радіуса R  із шаром ниток радіусом r лежить на шорсткій горизонтальній поверхні, рис. 28. 

Визначити,

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

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.

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.

Розв’язання

На рис. 29 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

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:

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

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.

Розв’язання

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

Отже, кут повороту блоку складає

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. 30, і збігається з прискоренням тягарців. 

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

Його модуль дорівнює

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

 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:

Далі з рівняння швидкості (1.16) визначаємо кінцеву швидкість тягарця

v = a_лt = $ \frac{nR}{t}$

та за формулою  (1.28) – величину доцентрового прискорення:

 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°.

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