Кинематика, олимпиадная подготовка - 2

Еще несколько задач на кинематику. Задачи для подготовки к олимпиадам. Остальные статьи серии можно найти в рубрике "Кинематика" или "Олимпиадная физика".

Задача 1.

Тело движется вдоль некоторой оси $x$. Известно, что график зависимости проекции скорости тела на эту ось от его координаты по этой оси представляет собой (в определенном масштабе) кусочек окружности. Найти проекцию ускорения тела в такой момент времени, когда координата и скорость тела соответствуют такой точке $C$ данного графика, что $\angle COX=\alpha=30^{\circ}$. Величины $\upsilon_0$ и $x_0$ известны.

К задаче 1

Решение. Проекция ускорения равна $$a_x=\frac{d\upsilon_x}{dt}$$ Согласно основному тригонометрическому тождеству, $$\left(\frac{\upsilon_x}{\upsilon_0}\right)^2+\left(\frac{x}{x_0}\right)^2=1$$ Продифференцируем по времени: $$\frac{2}{\upsilon_0^2}\cdot \upsilon_x \cdot \frac{d\upsilon_x}{dt}+\frac{1}{x_0^2}\cdot 2x\cdot \frac{dx}{dt}=0$$ Так как $\upsilon_x=\frac{dx}{dt}$, сократим: $$\frac{1}{\upsilon_0^2}\cdot \frac{d\upsilon_x}{dt}+\frac{1}{x_0^2}\cdot x=0$$ $$\frac{1}{\upsilon_0^2}\cdot a_x+\frac{1}{x_0^2}\cdot x=0$$ $$a_x=-\frac{\upsilon_0^2}{ x_0^2}\cdot x$$ В данный момент $x=x_0\cos \alpha$, $$a_x=-\frac{\upsilon_0^2}{ x_0^2}\cdot x_0\cos \alpha =-\frac{\upsilon_0^2}{ x_0}\cdot \cos \alpha $$ Можно решить и по-другому: при движении по кругу (а это периодическое движение) $$x=x_0\cos \omega t$$ Проекция скорости – производная координаты: $$\upsilon_x=-x_0\omega \sin \omega t$$ Проекция ускорения  -производная скорости: $$a_x=-x_0\omega^2 \cos \omega t=-x_0\omega^2 \cos \alpha$$ Угловая скорость равна $$\omega=\frac{\upsilon_0}{x_0}$$ $$a_x=-x_0\left(\frac{\upsilon_0}{x_0}\right)^2 \cos \alpha$$ $$a_x=-\frac{\upsilon_0^2}{x_0}\cos \alpha$$ Ответ: $a_x=-\frac{\upsilon_0^2}{x_0}\cos \alpha$    

Задача 2.

В некоторый момент времени из одной точки на краю пропасти бросили два камня: один белый, другой – серый. Их скорости лежали в одной вертикальной плоскости, а векторы скоростей образовывали с горизонтом углы $\alpha_1=45^{\circ}$ и $\alpha_2=30^{\circ}$ соответственно. В треугольнике, построенном на векторах скоростей камней угол $\beta=75^{\circ}$. На фотографии, сделанной через время $\tau$ после броска, изображения камней видны как две параллельные черточки. Вычислите начальную скорость $\upsilon_1$ белого камня.

К задаче 2

Решение. Между векторами начальных скоростей угол $15^{\circ}$. Следовательно, треугольник, образованный векторами начальных скоростей – прямоугольный. Нарисуем треугольники скоростей для каждого камня.

Треугольники скоростей для обоих камней

Заметим, что векторы $g \tau$ в обоих треугольниках одинаковы. Совместим треугольники,  тем более конечные скорости по условию параллельны:

Совмещенные треугольники скоростей

По признаку параллелограмма $BDFE$ - параллелограмм. Поэтому угол $CBD$ равен углу $DFE$. Угол $AEB$ как соответственный равен углу $DFE$. Следовательно, треугольник $ABE$ равнобедренный. Составим теорему синусов для треугольника $AFD$: $$\frac{g\tau}{\sin 90^{\circ}}=\frac{\upsilon_1}{\sin 45^{\circ}}$$ $$\upsilon_1=\frac{ g\tau \sqrt{2}}{2}$$ Ответ: $\upsilon_1=\frac{ g\tau \sqrt{2}}{2}$  

Задача 3.

Два колеса радиусами $R$ и $r$ катятся навстречу друг другу с одинаковыми скоростями, равными $\upsilon$. Найдите скорость верхней точки пересечения колес в тот момент, когда она будет находиться на одной горизонтали с центром большого колеса. Решение: сделаем рисунок. Мы ищем неизвестную скорость $\upsilon_A$, вектор которой имеет с горизонталью угол $\gamma$ - тоже нам неизвестный. Проекция скорости $\upsilon_A$ на горизонтальную ось $$\upsilon_A\cos \gamma=\upsilon$$ В проекции на прямую $OA$: $$\upsilon_A\cos (90^{\circ}+\alpha-\gamma)=-\upsilon\cos (90^{\circ}-\alpha)$$ $$-\upsilon_A\sin (\alpha-\gamma)=-\upsilon\sin\alpha$$ $$\upsilon_A=\frac{\upsilon }{\cos \gamma }$$ $$\frac{\upsilon }{\cos \gamma }\cdot (\sin\alpha \cos \gamma-\sin \gamma\cos \alpha)= -\upsilon\sin\alpha$$ $$\sin\alpha -\operatorname{tg}\gamma\cos \alpha= -\sin\alpha$$ $$2\sin \alpha=\operatorname{tg}\gamma\cos \alpha$$ $$2\operatorname{tg}\alpha=\operatorname{tg}\gamma$$ Получили связь между углами. $$\upsilon_A^2=\frac{\upsilon^2 }{\cos^2 \alpha }=\upsilon^2(1+\operatorname{tg}^2\gamma )$$ $$\upsilon_A^2=\upsilon^2(1+4\operatorname{tg}^2\alpha) $$ Из рисунка видно, что $$\cos \alpha=\frac{R-r}{r}$$ $$\cos^2 \alpha=\frac{(R-r)^2}{r^2}$$ $$\upsilon_A^2=\upsilon^2(4+4\operatorname{tg}^2\alpha-3) $$ $$\upsilon_A^2=\upsilon^2\left(\frac{4}{\cos^2\alpha}-3\right) $$ $$\upsilon_A^2=\upsilon^2\left(\frac{4r^2}{(R-r)^2}-3\right) $$ Решим задачу через относительность движения. Пусть большое колесо покоится, а малое наезжает на него со скоростью $2\upsilon$.

Решаем через относительность движения

Точка пересечения движется по окружности большого колеса – а  так как радиус горизонтален, а скорость направлена по касательной – то она перпендикулярна радиусу. В таком случае скорость точки пересечения в подвижной системе отсчета направлена вверх. На прямую $OA$: $$\upsilon_A’\cos \alpha=2\upsilon \sin \alpha$$ Откуда $$\upsilon_A’=2\upsilon\operatorname{tg}\alpha$$ Это скорость в СО большого колеса. Переходим в СО Земли. Скорость точки, которую мы ищем, складывается из скорости подвижной системы и скорости точки в системе отсчета: $$\vec{\upsilon}_A=\vec{\upsilon}_A’+\vec{\upsilon}$$ Скорость системы отсчета $\upsilon$.

Переход в СО земли

$$\upsilon_A’^2+\upsilon^2=\upsilon_A^2$$ $$\upsilon_A=\sqrt{\upsilon_A’^2+\upsilon^2}=\sqrt{4\upsilon^2\operatorname{tg}^2\alpha +\upsilon^2}=\upsilon\sqrt{4\operatorname{tg}^2\alpha +1}$$ Осталось подставить синус и косинус $\alpha$, и получится тот же результат.