<<
>>

§ 1. Кинематика


В задачах данного раздела необходимо, прежде чем приступать к числовым расчетам, представить все величины в единицах системы СИ. Если в задаче приведена графическая зависимость нескольких величин от какой-либо одной и при этом все кривые изображены на одном графике, то по оси у задаются условные единицы.
Первую половину времени своего движения автомобиль двигался со скоростью v, = 80 км/ч, а вторую половину времени — со скоростью v2 = 40 км/ч.
Какова средняя скорость v движения автомобиля?
Решение:
Средняя скорость определяется выражением: v= —, где
S = SL+S2 т-к- '.=/2=~- s=^(v,+v2),
_ /(v,+v,) v,+v, _
отсюда: v = — = —1 , v = 60 км/ч.
It 2
Первую половину своего пути автомобиль двигался со скоростью v, = 80 км/ч, а вторую половину пути - со скоростью
v, = 40 км/ч. Какова средняя скорость v движения автомобиля? Решение:
Средняя скорость определяется выражением: v=— - (1),
s s
где / = /.+/,; 5=5.= — . Тогда t. = —; = , откуда
2 2v, " 2v,
s(v.+v0) _ ... ...
t- ! — - (2). Подставляя (2) в (1), получим:
2v,v2
_ s' 2V|V, 2V,V, _ 2-80-40 .
v = -7— = —, v = « 53,3 км/ч.
s{v{ + v2) v, + v, 80 + 40
1.3. Пароход идет по реке от пункта А до пункта В со скоростью v, =10 км/ч, а обратно - со скоростью v2 =16 км/ч.
Найти среднюю скорость v парохода и скорость и течения реки.
Решение:
Средняя скорость v =— - (1), где f = a s, = = —.
t " 2
г s s ^(v, +v7)
Тогда tx = — и t2 = , откуда t = —LJ — - (2).
2v, 2v2 2v,v2
Подставляя (2) в (1), получим: v = S, = или
4v, + vJ v,+v,
v = 12,3 км/ч. При движении вниз по течению v = v1 + и, а
при движении вверх по течению v = v2 - и . Приравняем
правые части уравнений и выразим и: v{+u = v2-n9
v — v
2 и = v, - v,, и = — 1; и = 3 км/ч. 1.4. Найти скорость v относительно берега реки: а) лодки, идущей по течению; б) лодки, идущей против течения; в) лодки, идущей под углом а = 90° к течению. Скорость течения реки и = 1 м/с, скорость лодки относительно воды v0 = 2 м/с.
Решение:
а) v =v0+i/, или в про-

а) ^ б) —
екции на ось jt: v = vn + 7 vn ' v0
[3—^
+ u - 3 м/с. 6) v = v0 + ft, и
X X л.
или в проекции на ось х:
v = v0 - и = 1 м/с. в) v=v0+«, сложив вектора по правилу
треугольников, получим: v = Vvo +г/2 = л/4 + 1 = V? » « 2,24 м/с.
1.5. Самолет летит относительно воздуха со скоростью vd = 800 км/ч. Ветер дует с запада на восток со скоростью и = 15 м/с. С какой скоростью v самолет будет двигаться относительно земли и под каким углом а к меридиану надо держать курс, чтобы перемещение было: а) на юг; б) на север; в) на запад; г) на восток?
^ a) v = v0 + и, или в скалярном виде: v0 = Vv2 -и2 .
Подставляя числовые
V- • — X t ш и fo ~v X данные и учитывая, что и-15 м/с = 54 км/ч, получаем v0 = 798 км/ч. Из рисунка видно, что v = v0 cos а; cos а = v / v0; cos а = 0,998; a «4°. Курс на юго-запад.
б) v = v0 + w, или в скалярном виде: v0=\v2-u2 или v0 = 798 км/ч. Поскольку v = v0 cos а, то cos а = v / v0; cos а = 0,998; a * 4° . Курс на северо-запад.
в) v=v0-m7, или в проекции на ось л*: v = vQ-u; v = 800 - 54 = 746 км/ч.
Курс на запад.
V = v0 + и ;
г) v = v0 + и, или в проекции на ось л v = 800 + 54 = 854 км/ч. Курс на восток.
1.6. Самолет летит от пункта А до пункта В, расположенного на расстоянии / = 300 км к востоку. Найти продолжительность t полета, если: а) ветра нет; б) ветер дует с юга на север; в) ветер дует с запада на восток. Скорость ветра и- 20 м/с, скорость самолета относительно воздуха v0 = 600 км/ч? + и , отсюда найдем

Решение:
a) t = —; t-0,5ч;
^Л2
б) v02 =
w в) гГ
/2
Г =
или t = 0,504 ч = В
v; -и" = 30,2 мин;
в) t = —-— v0+w
300
; t = = 0,45 ч = 26,8 мин.
672 1.7. Лодка движется перпендикулярно к берегу со скоростью v = 7,2 км/ч. Течение относит ее на расстояние / = 150 м вниз по реке. Найти скорость и течения реки и время t, затраченное на переправу через реку. Ширина реки L = 0,5 км.
Решение:

Движение лодки относительно реки выражается формулой: L = vt, откуда / = — = 250 с. За это же время t v
лодка переместилась относительно
берега на расстояние /, причем скорость лодки относи-
/
тельно берега равна скорости реки, тогда и = -; и = 0,6 м/с.
1.8. Тело, брошенное вертикально вверх, вернулось на землю через время t = 3 с. Какова была начальная скорость v0 тела и на
какую высоту И оно поднялось?? У
Запишем уравнения кинематики в проекциях _ 2
на ось у: y{t)-vQtи v(0 = vo~?'- В
наивысшей точке подъема имеем yfc) = h ;
v(/,)=0, т.е. h = v0tl-qrf/2 и 0 = v0-qtl9
t л где /, = — — время подъема. Откуда v0 = qt{,
qt . ¦> qt: qt: . qt1
v0 = —, n = qt\ = -L±-; /7 = . Подставляя числовые
2 2 2 8
данные, получим v0 = 14,7 м/с; h да 11 м.
1.9. Камень бросили вертикально вверх на высоту /?и = 10м.
Через какое время t он упадет на землю? На какую высоту h поднимется камень, если начальную скорость камня увеличить вдвое? Решение:
У
v7
Воспользуемся решением задачи 1.8 и запишем систему уравнений: -f -W.
,2
h =vt -ЗЬ-
"о уо11
2 -О),
q?_ s
-(5).
0 = — (2)> откуда <
t = It,
-(3), Тогда из (5) t = 9 отсюда t = 2.9 с. Из (2) f, = —. Сле-
V 8 S
довательно, если v0 увеличится в 2 раза, время подъема
q4t2
Ч -3!І
о'і
также увеличится в 2 раза. Из (1) h = 2v0-2t{— h = 4
= 4А0 = 40 м.
1.10. С аэростата, находящегося на высоте h = 300 м, упал камень. Через какое время 1 камень достигнет земли, если: а) аэростат поднимается со скоростью v = 5 м/с; б) аэростат опускается со скоростью v = 5 м/с; в) аэростат неподвижен?
С
Решение: % г
g
Решаем задачу относительно неподвижной системы отсчета — земли. Тогда скорость камня в начальный момент времени относительно земли v0TH равна сумме скоростей: камня относительно аэростата v0TH = 0 и скорости v аэростата относи-
__ '/sS,'////////./
тсльно земли, т.е. vOTn=0 + v.
Таким образом, при t = 0 скорость камня равна скорости аэростата. В первый момент времени камень, имея начальную скорость v, полетит вверх и за время
at:
поднимется на высоту /7, = — (1) (см задачу 1.8).
2
Остановившись в верхней точке, он полетит вниз и за время /2 преодолеет расстояние h + /7, = — (2). Общее время / = /, + /2 — (3). При движении вверх скорость
V
v = gt\, откуда /, = (4). Подставив (4) в (1), получим
g
? ~> і V V яі->
/?, =7—г. Преобразуем уравнение (2): h + — = (2?І 2 g 2
Отсюда t2 = ^2g}l + v (5). Подставив (4) и (5) в (3),
g
¦^2gh + v2
v +
получим t = ; / « 8.4 с.
g б)
з
Уравнение движения камня:
8
тшшттшят.
?/2 si1
h = v( + -— или -2— + v(-h = 0 .
2 2 Решим квадратное уравнение относительно t: D = v2 + 2gh ;
t = (-v±^]v2 + 2gh ]/g . Величина t в)
З
8
должна быть положительна, следовательно: t » 7,3 с.
Or/2
Уравнение движения камня: Л = ——,
откуда / = д/2h/g , /« 7,8 с. шшшшшшшт Решение:
1.11. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью v0 = 9,8 м/с. Построить график зависимости высоты h и скорости v от времени t для интервала 0 < t < 2 с через 0,2с.

Зависимость скорости и высоты от времени выражается следующими формулами: v = v0 - gt;
h = V • Д1151 заданного интервала составим таблицу и построим график. и с 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 Г, м/с 9,8 7,8 5,9 3,9 2,0 0 -2,0 -3,9 -5,9 -7,8 -9,8 Я, м 0 1,8 3,1 4,1 4,7 4,9 4,7 4,1 3,1 1,8 0
1.12, Тело падает с высоты h = 19,6 м с начальной скоростью v0 = 0. Какой путь пройдет тело за первую и последнюю 0,1с своего движения? Решение:
За первую 0,1 с движения тело пройдет путь Л, = g/f / 2;
л
Л, = 0,049 м. Весь путь h = gt /2 тело пройдет за время

Чм 1
t =
V 9.8 :11?
За последнюю 0,1 с движения тело пройдет - путь h2=h-h2, где h2 — путь, пройденный 1
л
телом за время t2 = t - 0,1. Так как h2 =
, g(/-0,l)2 _ , gfr-0,1)2 К /?2 =— —, то путь h3=h-— —'
!2 2
, ... 9,8(2 -fl,l)2 10
Л, = 19,6 — = 1,9 м.
2
1.13. Тело падает с высоты h = 19,6м с начальной скоростью v0 = 0. За какое время тело пройдет первый и последний 1 м своего пути? Решение:
v'JJg
Первый 1 м пути тело пройдет за время h п\
2h\ ; і
—L , где /?і = 1 м, таким ооразом
g ]2Л_ 9,8


= 0,45 с. Общее время падения кг
t = I— ; t = j = 2 с. Последний 1 м своего пути тело
gin
пройдет за время t3=t-t2i где t2 — время прохождения? і і г. / t T , Щ < \2(h~k)
пути Jh =h-h3i а =1м. Т.к. Г-, = —- , t2 = I— —
If ? V ?
\l(h-h)
то время t3=t- — — ; /3 = 0,05 c.
V S
1.14. Свободно падающее тело в последнюю секунду движения проходит половину всего пути. С какой высоты h падает тело и каково время t его падения?
Решение:
— Обозначим половину пути за S, тогда ^ijg h-2S—(1). Уравнение движения тела:
h = gt2/2—(2). Вторая половина пути
S = vt2+?!2-> где v = g(t-t2); t2= 1с. Тогда
S = gt2(t-t2)+gt;/2 или, с учетом (1),
h = 2gt2(t -12)+ gt\ —(3). Приравняем (2) и (3):
2
Щ— = 2gt2 (/-/,) + gt\ . Умножив обе части уравнения на
2, разделив на g и раскрыв скобки, получим: t2 = 4t2l - 4t\ + 2i\ . Для удобства вычислений подставим значение г,: г2-4/4-2 = 0. Решим квадратное уравнение. 4±л/8
D = 8 ; t =—-—; значение t = 0,6 — не соответствует
2
условию задачи, тогда t = 3,4 с; h = 5 • 3,4 =57 м.
1Л5. Тело 1 орошено вертикально вверх с начальной скоростью v0, тело 2 падает с высоты h без начальной скорости.
Найти зависимость расстояния / между телами 1 и 2 от времени t, если известно, что тела начали двигаться одновременно. 12
Решение:
П
Пусть тела 1 и 2 одинаковы, тогда время движения тела 1 до верхней точки подъема равно времени падения тела 2. Путь, пройденный телом 1: /?, -v0t-gr / 2 — (1); путь, пройденный телом 2 : h2 = g/2/2 — (2). Расстояние между телами / = h-(h{ + h2). Сложив (1) и (2), получим h]+h2= v0t, тогда l = h-v0t. 1.16. Расстояние между двумя станциями метрополитена / = 1,5 км. Первую половину этого расстояния поезд проходит равноускоренно, вторую — равнозамедленно с тем же по модулю ускорением. Максимальная скорость поезда v = 5?Ккм/ч. Найти ускорение а и время / движения поезда между станциями.
Решение:
//2 = я/,2/2 — при равноускоренном движении поезда. 1/2 = vt2 -at2 /2 — при его равнозамедленном движении. Общее время движения t = tx +12. Максимальная скорость
v = atx = at2,
tx = t2. Весь путь
следовательно at:
at 2 2
/ =
+ v/, -
Отсюда ti= —; v = 50 км/ч = 13,9 м/с; V ¦)
t, =108 с = 1,8 мин; г = 3,6 мин. а- — \ я = 0,13 м/с".
Для решения данной задачи можно также воспользоваться графическим методом. Постро-им график зависимости скорос-ти поезда от времени. Путь равен площади под кривой или сумме площадей треугольников 0At{ и t{At. Таким образом
/ = Wl/2 + W2/2i із 1 1 21 1 = - у max (t\ !=-W • Откуда t = * 3,6 мин;
2 2 Vnwx
a = 0,13м/с2.
6 f/2
Поезд движется со скоростью у0=36км/ч. Если выключить ток, то поезд, двигаясь равнозамедленно, остановится через время / = 20 с. Каково ускорение а поезда? На каком расстоянии s до остановки надо выключить ток?
Решение:
Уравнение пути в проекции на направление движения: s = v0/ -at2 / 2. Уравнение скорости: v = v0-at. Т.к. v = 0, то a = v0/t; v0 = 36 км/ч = 10 м/с ; а - -0,5 м/с2; s = 100 м.
Поезд, двигаясь равнозамедленно, в течение времени t = 1 мин уменьшает свою скорость от v, = 40 км/ч до
у,=28км/ч. Найти ускорение а поезда и расстояние 5, пройденное им за время торможения.
Решение:
Уравнение скорости: v2 = v, - at, откуда ускорение а = — = 0,055 м/с2. Путь s = v,/ ——; s = 567 м.
Поезд движется равнозамедленно, имея начальную скорость v0 = 54 км/ч и ускорение а = -0,5 м/с2. Через какое время t и на каком расстоянии s от начала торможения поезд остановится?
Решение:
Уравнение скорости при равнозамедленном движении: v = v0-at — (1). Поскольку по условию ускорение уже дано со знаком «-», то из уравнения (1), с учетом v = 0, 14? у
имеем v0=at, отсюда / = —, где v0 = 54 км/ч = 15 м/с.
а
Подставляя числовые данные, получим /=30 с. Путь, с учетом а < 0 , найдем по формуле S = v0t - at1 / 2; 5 = 225 м.
1.20. Тело 1 движется равноускоренно, имея начальную скорость v10 и ускорение а]. Одновременно с телом 1 начинает
двигаться равнозамедленно тело 2, имея начальную скорость v:o и ускорение а2. Через какое время / после начала движения оба тела будут иметь одинаковую скорость?
Решение:
Для первого тела v = v,0 + я,/. jj ую а t
Для второго тела v = v20 - a2t. ^
Следовательно ^ У
v10+a,/ = v,0-tf2/, ОТКУДА T= ———; V20 >v10,t.k. />0.
ax+a2 1.21. Тело 1 движется равноускоренно, имея начальную скорость V]0=2M/C И ускорение а. Через время / = 10с после начала движения тела 1 из этой же точки начинает двигаться равноускоренно тело 2, имея начальную скорость v20 =12 м/с и то же ускорение а. Найти ускорение а, при котором тело 2 сможет догнать тело 1.
Решение:
Пусть / — время от начала х 20 а и S движения первого тела до встречи, /[ — время, в тече-ние которого двигалось только тело 1 (/, = 10 с), /2 — время от начала движения? второго тела до встречи; t = ti+t2. Путь, который тела пройдут до встречи: S = v[0t + at2/ 2 — (1); S ~ v20t2 + at\ /2 — (2). Приравняем правые части (1) и (2). vio + аіи + h) = v20 + at2» отсюда a = (v20 -v10)/tx; a-1 м/с2.
1.22. Зависимость пройденного телом пути s от времени t
дается уравнением s = At - Br +СҐ, где А = 2 м/с, В- 3 м/с2 и С = 4 м/с\ Найти: а) зависимость скорости v и ускорения а от времени t; б) расстояние s, пройденное телом, скорость v и ускорение а тела через время t = 2 с после начала движения. Построить график зависимости пути s, скорости v и ускорения а от времени t для интервала 0 < t < 3 с через 0,5с.
Решение:
а) Скорость тела v = dS/dt; v = A-2Bt + 3Cr; v = 2-6t +
+ 12Г м/с. Ускорение тела a = dv/dt = -2В+6Ct; a = -6 + + 241 м/с2.
б) Расстояние, пройденное телом, s = 2t-3t2 +4/3. Тогда через время t- 2 с имеем s = 24 м; v = 38 м/с; а = 42 м/с2.
100 п

1.23. Зависимость пройденного телом пути s or времени /
дается уравнением 5 = А - Bt + Сґ , где а = 6 м, ? = 3 м/с и С = 2 м/с2. Найти среднюю скорость v и среднее ускорение а
16
тела для интервала времени 1 < t < 4 с. Построить график зависимости путид, скорости v и ускорена а от времени і для интервала 0 < t < 5 с через 1с.
Решение:
Средняя скорость тела определяется соотношением
_ Дл ~>
v = —. По условию s = A- Bt + Ct~, тогда при t] = 1 с имеем 5, = 5 ; при t2 = 4 с имеем s2 = 26. Отсюда v = 7 м/с. Среднее ускорение її = ДУ / А/. Поскольку v = 5' = -В + + 2Сг , то v, = 1, v2 =13, отсюда а = 4 м/с".

1.24. Зависимость пройденного телом пути s от времени t
дается уравнением s - А + Bt + Ct2, где А = 3м, В = 2м/с и С = 1 м/с2. Найти среднюю скорость v и среднее ускорение а тела за первую, вторую и третью секунды его движения.
Решение:
Средняя скорость v = . Пусть t0= 0; t] = 1 с; t2 = 2 с;
Г3 =3с. Тогда As, = s, -s0 = (з + 2/, + /2)-(з+ 2/0 +/02); ^^ 2 2
As, = 2/, + /2; v, = —L = —¦—- = 3 м/с. Далее, As2 = s2 - s,; А/,
AS2 = (з + 212 + /2)- (з + 2/, + Г2)= 2(/2 - ) +1\ -1\; v2 =
Д t2 17 _ 2 (/,-/,) + *?-/,2 . . . _ As3
v, = ———-—= = 5 м/с. Аналогично для v3 = —-;
h-*\ Ah
_ 2 {t^-t2) + t2-t; n , n _ Av
v3 = ————— = 7 м/с. Среднее ускорение a = —.
t2 -1{ At
dS
Поскольку v = — -B + 2 Ct, то vQ-B + 2C/0 = 2 м/с; dt
v0=B + 2C/0 = 2 м/с; v2 = В + 2С/2 = 6 м/с; v3 = 8 м/с. Тогда
- v, - v0 2 - v, - v, . . 2 - v3 - v2
л і = —1 = 2 м/с ; a2 = — = 2 м/с ; я3 = ——-;
t\— tQ t2 —
a-, = 2 м/с".
1.25. Зависимость пройденного телом пути 5 от времени t дается уравнением s = Л + Bt + Ct2 + Dt3, где С = 0,14 м/с2 и ?> = 0,01M/Cj. Через какое время t тело будет иметь ускорение а = 1 м/с2? Найти среднее ускорение а тела за этот промежуток времени.
Решение:
Мгновенная скорость v = Ускорение а = Имеем
.п т2 о
— = v = B + 2Ct + 3Dt2; —г = 2C + 6Dt. Таким образом dt dt'
а-2С + 6Dt, откуда t = а-2С / 6D; Г = 12 с. Среднее ускорение a=Av/At. Поскольку v = B + 2Ct + 3Dt2 9 то можно найти Av = v, - v0 ; At = t^ -10, где = 12 с, t0 = 0.
v0=B + 2C/0 + 3Dt] ; v, = В + 2Ctx + 3Dt2, отсюда Av = 2C x
х^-,0)+з4?-/г>. Ж a = 2C +
+ 3D(tx-t0)\ a = 0,64 м/с2. 18
1.26. С башни высотой /7 = 25 м горизонтально брошен камень со скоростью vx =15 м/с. Какое время t камень будет в
движении? На каком расстоянии / от основания башни он упадет на землю? С'какой скоростью v он упадет на землю? Какой угол ф составит траектория камня с гооизонтом в точке его падения на землю?
Решение:

Перемещение камня по вертикали Sy = h = gt2/1 —(1), по горизонтали Sx=l = vxt — (2).
Из уравнения (1): t = ^J2h/g; t = 2,26 с. Из уравнения (2): I = vxt; I = 33,9 м. Скорость камня v = ^fv2 + v2 . Вертикальная составляющая скорости vy=gt, следовательно,
v = д/vj + (g/)2 . Искомый угол (р — угол между направлениями вектора скорости v и вектора ее горизонтальной составляющей vx. Из рисунка видно, что cos

; coscp-0,56; #?«56°. 1.27. Камень, брошенный горизонтально, упал на землю через время / = 0,5 с на расстоянии / = 5 м по горизонтали от места бросания. С какой высоты h брошен камень? С какой скоростью vv он брошен? С какой скоростью он упадет на землю? Какой угол ф составит траектория камня с горизонтом в точке его падения на землю?
Решение:
Перемещение камня по вертикали Sy = h = gt2 /2 — (1), по горизонтали Sx=l = vxt — (2). Из уравнения (1) Из

h = gt2/2; /7 = 1,22м
уравнения (2) имеем vx=l/t; vr =10 м/с. Скорость при падении
на землю v = ^v2 + v; , где
vy =gt\ v = jv2x+(gt)2 , т.е. v «11,1 м/с. Искомый угол <р — угол между вектором скорости V Из
и вектором ее горизонтальной составляющей v^.
V
рисунка видно, что cos <р = — ; cos <р = 0,9; <р « 26°.
v 1.28. Мяч, брошенный горизонтально, ударяется о стенку, находящуюся на расстоянии / = 5 м от места бросания. Высота места удара мяча о стенку на Ah- 1м меньше высоты h, с которой брошен мяч. С какой скоростью vx брошен мяч? Под каким углом ф мяч подлетает к поверхности стенки?
Решение:
Перемещение мяча по верти- ? ДА ^ . 1 V кали
- (о,
68е
1g(p = 2,5 ; (p 20
по горизонтали Sx =1 - vx х х/— (2). -vy=gt; vx=l/t. Из уравнения (1) получим
Камень, брошенный горизонтально, через время / = 0,5 с после начала движения имел скорость v, в 1,5 раза большую скорости vx в момент бросания. С какой скоростью vx был брошен камень?
Решение:

Скорость камня v можно разложить на вертикальную v и горизонтальную vx составляющие. По абсолютной величине
v = Vv^ + v? — 0),где v;> =gf.По условию v = l,5vr, тогда из ура-внения (1): vx = д/v2 - v2 =
= д/(і,5vv)2 -(g/)2 —(2). Решая уравнение (2), найдем:
vj = 2,25 • v2r -(gf)!; l,25vj = (g/)2; vt = -jSL; v, = 4,47 м/с.
Камень брошен горизонтально со скоростью vx = 15 м/с. Найти нормальное ап и тангенциальное ат ускорения камня через время t = 1 с после начала движения.

ап « 8,2 м/с2, ат « 5,4 м/с2.
Решение:
1.31. Камень брошен горизонтально со скоростью vr = 10 м/с. Найти радиус кривизны R траектории камня через время / = 3 с после начала движения.
Решение:
ния
Нормальное ускорение камня
V~ /І \ ап= (1); из рисунка видно,
R
что а„ = gsina — (2). Из уравне-
2
(1) Д= —, где v = ^jv2y + v2x .
а„
V
Кроме того, sina =
2 2 V + V
^ ух v = . Сделав соответствующие подстановки, получим
+ vv
д = v.xg
vxg і? = 305 м.
1.32. Мяч брошен со скоростью V0=10M/C ПОД углом а = 40° к горизонту. На какую высоту h поднимется мяч? На каком расстоянии / от места бросания он упадет на землю? Какое время t он будет в движении?
Перемещение мяча по вертикали Sy = (v0 sina)-t-
- gt2 / 2 — (1). Вертикальная составляющая скорости vy = v0 sin a-gt — (2). v0 sin а
Перемещение мяча по горизонтали Sx=(v0cosa)t—(3). В момент времени 22 / = /, имеем Sy=h9 vy=09 следовательно, из (2) получим v0sina = gtl — (4), из (1): h = (v0 sin а) • t{ - gt2 /2 — (5).
g
Выразив из (4) /, и подставив в (5), получим: t{ = Л =
_ Vq sin2 a gv] sin2 a _vl - sin2 a
2g
; /z« 2 м. В момент
g
2 g'
ct і т* 2VfiSina ...
времени / = 2/, имеем Sx=l. Тогда t = —- (6) —
g
полное время полета мяча; /«1,3 с. Из уравнения (3) / = (v0cosa)-t; /»10м. 1.33. На спортивных состязаниях в Ленинграде спортсмен толкнул ядро на расстояние /, = 16,2 м. На какое расстояние /2
полетит такое же ядро в Ташкенте при той же начальной скорости и при том же угле наклона ее к горизонту? Ускорение свободного падения в Ленинграде g, =9,819 м/с2, в Ташкенте
g2 =9,801м/с2. Решение:

Воспользуемся формулой (6), полученной в предыду-
2vn sin а
щей задаче: / = —- .
g
Перемещение ядра по горизонтали 5Г = / = (v0 cos а)• /. 0 Подставив выражение для л л
Тогда
/, получим:
g
_ 2v0 cos a sin а _ Vq sin 2а sx -
g vl sin 2a . V,? sin 2a _ /, g7
- — ; 12 = — . Отсюда отношение — = ,
h
g\
g і gi _llgl 16,2-9,819
или U = = ——=16,23м. 2 g2 9>801
1.34. Тело брошено со скоростью v0 под углом к горизонту. Время полета / = 2.2 с. На какую высоту h поднимется тело?
Решеиие:
Перемещение по вертикали
2
Sv={v0sina)-t-?- -(1).
Обозначим /, — время подъема тела па высоту h. Тогда из (1) получим
Vx 2
h = v0 sin a-t{- . В верхней точке v =0, но vv = v0 sin а - gtx, следовательно,
2 2
v0 sin a = gt,. Тогда h = gt2 - = . Поскольку tx = -j,
7 g/2 9,8 • 2,22
то ft = ——; /?= = 5,9M.
8 8
1.35. Камень, брошенный со скоростью v0 = 12 м/с под углом а = 45° к горизонту, упал на землю на расстоянии / от места бросания. С какой высоты h надо бросить камень в горизонтальном направлении, чтобы при той же начальной скорости v0 он упал на то же место?
Если камень брошен под углом к горизонту, / = v0 cos at і — (1), гдЬ
2v«sina
tx -—у (см. задачу
g
1.32.). Во втором случае? v'n sin 2а
! =
откуда t2
l = vQt2. Подставив выражение для t] в (1), получим
= = . в с
g (Г ; gti gylsin22h
которой нужно оросить камень, п = = ^ 2 =
v] sin2 2а 144-1 - ; /7 = —— = 7,3 м.
2g
2-9,8 1.36. Тело брошено со скоростью v0 =14,7 м/с под углом а = 30° к горизонту. Найти нормальное ап и тангенциальное ат ускорения тела через время t = 1,25 с после начала движения.
Решение:

Найдем время, за которое тело поднимется до верхней точки траектории. Вертикальная составляющая скорости v = v0 sin а - gt\. В
верхней точке vv = 0, следовательно, v0 sin а = gt{, отку-
VnSina Л
a=g
да ; г, =0,75с,т.е.
8 при t = 1.25 с тело находится уже на спуске; таким образом можно представить, что тело бросили горизонтально со скоростью vv = v0 COS а, и нужно найти ап и ат через
время t2 =t-t\ = 0,5 с. Изобразим треугольник ускорений и совместим его с треугольником скоростей. Тангенциальное ускорение ат направлено по касательной, так же, как
вектор v, ап±аг9 полное ускорение — ускорение свободного падения. Из рисунка видно, что
cos

v,. ат v.
v g v
25
v rz -
аг - 8 • Полная скорость тела v = ^vx+vy =
\( у> / 42 vn cos а
= ^{v0cosaY +(gt2) , тогда , 0 —
дl(v0cosa) + (gf2f
ar = g . Подставив числовые значения,
t](v0coscx)2 +(GT2)2
получим я/7 = 9,15 м/с2; яг = 3,52 м/с2.
1.37. Тело брошено со скоростью V0=10M/C ПОД углом а = 45° к горизонту. Найти радиус кривизны R траектории тела через время t = 1 с после начала движения.
Найдем время, за которое тело поднимется до верхней точки траектории. Вертикальная составляющая его скорости vy = v0 sin а - gt{. В верхней
точке траектории v = 0, следо-
vQsina
вательно, v0 sin а = gtx, откуда tx =— ; = 0,7 с, т.е.
g
при / = 1 с тело находится уже на спуске, таким образом можно представить, что тело бросили горизонтально со скоростью vx = v0 cos а . Нормальное ускорение тела
ап = —, где v = Jv2 + V2 . Из рисунка видно, что R
a„=gsinp; sin(p= , v* . Тогда an=g . Jx и
TjVx+Vy t]vx +Vy , V2 (v* +vl\]vl +Vl
26
R - — = — . Вычислим отдельно vx и v :
an Vxg
vr = v0 cos a = 5>/2 м/с; vy = g(t - tx) = 3 м/с. Подставив числовые значения, получим R » 6,3 м. 1.38. Тело брошено со скоростью v0 под углом а к
горизонту. Найти скорость v0 и угол а, если известно, что
высота подъема тела /г = 3м и радиус кривизны траектории тела в верхней точке траектории R - 3 м.
Решение:

Уравнения движения тела по вертикали v = v0 sina-gt; у
sy = (v0 sina)-t-. В верхней точке траектории v^ = 0, d
v0 sin а _
следовательно, v0sina = gt1> отсюда =— . Высота 2 • 2 . vfi sin а
подъема n = sv =
g
2 g.
(1). Нормальное ускорение
тела в верхней точке траектории cin-g=-JLi где
R Тогда
VT = V0 cos a .
откуда
vn2 cos2 a
g = ~
R [ gR _ ^JgR cos2 a cos a
Ул =
— (2). Подставив (2) в (1), получим: , gR-sitra ¦> R
h = , — = tg'a—, откуда
cos~a-2g 2
a « 60°30'. Из уравнения (2) v0 = 9,35 м/с.
/2/7 f-
V R 1.39. С башни высотой h0 =25м брошен камень со скоро-стью v0 = 15 м/с под углом а =30° к горизонту. Какое время t
27
камень будет в движении? На каком расстоянии / от основания башни он упадет на землю? С какой скоростью v он упадет на землю? Какой угол (р составит траектория камня с горизонтом в точке его падения на землю?
Движение тела, брошенного с высоты h0 под углом а к
горизонту можно разложить на два этапа: движение тела до наивысшей точки А и движение тела, брошенного из точки А горизонтально со скоростью = v0 cos а . Вы-
лг- і і і [vlsin2a)
сота подъема тела s - AC = h0 + h = «0 L. Общее
2g _ (v0 sin a)
І j
g
время движения камня t = tx +t2, где — время
время подъема камня на высоту h и /2 = падения камня. Подставляя данные задачи, получим = 27,9 м, tx = 0,77 с, /2 = 2,39 с; отсюда t = 3,16 с.
Расстояние от основания башни до места падения камня на
землю / = OD = ОС + CD, где 0С = —= v° 5//?2g «Юм,
2 2 g
CD = vxt2 = v0t2cosa = 31,1м; отсюда / = 41,1м. Скорость v = tJV2 + v2 , где vx = v0 COS а = \Ъ м/с, vv. = gt2 = 23,4 м/с;
отсюда v = 26,7 м/с. Угол (p, составляемый траекторией
t
камня с горизонтом в точке падения камня на землю,
vv
найдется из формулы v = vxtgVjc
^ = 61°. 28? 1.40. Мяч, брошенный со скоростью V0=10M/C под углом а - 45° к горизонту, ударяется о стенку, находящуюся на рас-стоянии / 3 м от места бросания. Когда происходит удар мяча о стенку (при подъеме мяча или при его опускании)? На какой высоте h мяч ударит о стенку (считая от высоты, с которой брошен мяч)? Найти скорость v мяча в момент удара.
Решение:

v«sina
t{ = — (I) — время подъема
?
до верхней точки (см. задачу 1.38). Когда мяч находится в верхней точке, sx =(v0cosa)-r,. С учетом (1)
Sx =
_ VQ sin a cos а _ VQ sin 2а
V 2 g 100-1 Г1
sx = ^ ^ = 5,1 M, следовательно, мяч ударяется в стену при подъеме. Мяч ударится о стенку, когда координата
/ ч gt2
Sy — h — (VQ sin a j' t — — — (2). В этот момент времени
sx = I = (v0 cosa)-t, откуда t = — (3). Подставив
v0 cos a _vQsina-l gl2
v0 COS a 2VQ cos2 a
(3) в (2), получим h = gl2
= I • tga —5—. После подстановки числовых значе-
2vq cos" a
ний h = 2,1 M. Горизонтальная составляющая скорости vr = v0 COS a \ vT = 7,07 м/с. Вертикальная составляющая
gl
скорости v = v0 sina-gt = v0 sin a ; v = 2,91 м/с.
v0 cos a
Полная скорость v = yjv2x + v2 ; v = л/7Д)72 + 2,912 = 7,6 м/с.
Найти угловую скоростью: а) суточного вращения Земли; б) часовой стрелки на часах; в) минутной стрелки на часах; г) искусственного спутника Земли, движущегося по круговой орбите с периодом вращения Т = 88 мин. Какова линейная скорость v движения этого искусственного спутника, если известно, что его орбита расположена на расстоянии h = 200 км от поверхности Земли?
Решение:

Угловая скорость со = —, где Т — период обращения.
а) Г = 24ч =86,4-Ю3с; бу = 72,7-10"6рад/с;
б) Г = 12ч =43,2-Ю3с; <у = 145,4-Ю"6 рад/с;
в) Т = 1ч =3600 с; бУ = 1,74-10"6 рад/с;
г) Г = 88 мин =5280 с; со = 1,19-Ю"3рад/с.
Линейная скорость спутника v = [а;/?], в скалярном виде v = coR sin 90° = OJR , где R = R3 + h . Здесь R2 — радиус Земли. Тогда v = co(R3 + h); v = 7,83 км/с.
Найти линейную скорость v вращения точек земной поверхности на широте Ленинграда (ф = 60°).
Решение:
І7?
Линейная скорость v-co-r (см. задачу 1.41), где
Период вращения Земли Т = 24 ч = 86400 с ; г = Rcos„ ITURCOS® R — радиус Земли. Отсюда v = ———;
2-3,14-6,38-Ю6-0,5 ,
v = « 231 м/с.
86400
1.43. С какой линейной скоростью должен двигаться самолет на экваторе с востока на запад, чтобы пассажирам этого самолета Солнце казалось неподвижным? 30
Решение:
Очевидно, что самолет должен двигаться со скоростью,
І71
равной линейной скорости вращения Земли v-coR^-^-R ;
где Т = 24 ч — период вращения Земли; R = 6378 км — радиус Земли. Отсюда v = 1669 км/ч.
Ось с двумя диска,ми, расположенными на расстоянии / = 0,5м друг от друга, вращается с частотой п-1600 об/мин. Пуля, летящая вдоль оси, пробивает оба диска; при этом отверстие от пули во втором диске смещено относительно отверстия в первом диске на угол (р = 12°. Найти скорость v пули.

Решение:
Уравнение вращательного движения <р = фц +со•/ + • Выберем <р0=0.
Из условия следует, что движение осуществляется с постоянной угловой скоростью со = 2я7? , следовательно, угловое ускорение
равно 0, т.е. смещение (p = co-t, откуда /=— — (1);
со
со = п-2к — (2). Скорость пули v = - — (3). Подставив (2)
/ • 2Я77
в (1). а затем (1) в (3) получим: v = . Произведя

вычисления, найдем скорость пули v = 419 м/с.
Найти радиус R вращающегося колеса, если известно, что линейная скорость v, точки, лежащей на ободе, в 2,5 раза
больше линейной скорости v2 точки, лежащей на расстоянии
г = 5 см ближе к оси колеса.?
Вектор со перпендикулярен плоскости чертежа, следовательно, в скалярном виде v = со • г ; v, = со • R; v2 = со • (R - г).
_ v. со • R ^ „ R _ _
Отсюда — = —г г = 2,э ; = 2,5 :
v2 о)-(Л-г) R-r
1,5- Л = 12.5 ; Л = 8.3 см.
1.46. колесо, вращаясь равноускоренно, достигло угловой скорости со = 20 рад/с через N = 10 об после начала вращения. Найти угловое ускорение є колеса.
Решение:
8-t2
Уравнения движения колеса: ср = co^t + , <2> = ГУ0 + ?•/.
По условию со0= 0. Тогда (р = — (1), = # — (2). Выражая из уравнения (1) є и учитывая, что cp-2nN,
получим s -—5 (3). Из уравнения (2) найдем і =— и
Г ?
¦у
со~ ? подставим в (3). Получим є = ; є = 3,2 рад/с". По-
AnN
скольку є > 0, то направление вектора є совпадает с направлением вектора со (см. рисунок к задаче 1.45).
1.47. Колесо, вращаясь равноускоренно, через время t = Імин после начала вращения приобретает частоту п- 720 об/мин. Найти угловое ускорение є колеса и число оборотов N колеса за это время.
*
Решение:
>
Угловая скорость колеса co(t) = со о + єі. В скалярном виде при со0 = 0 получим со = Ы, кроме того, со = п • 2/г. Отсюда ? =со/1-П'2к/? = 1,25рад/с2. 32
1.48. Колесо, вращаясь равнозамедленно, за время / = 1мин уменьшило свою частоту с я, =300 об/мин до п2 =180 об/мин. Найти угловое ускорение є колеса и число оборотов N колеса за это время.
Решение:
Переведем числовые данные в единицы системы СИ: t = 1 мин = 60 с; п{ = 300 об/мин = 5 об/с; п2 = 180 об/мин^ = Зоб/с. Поскольку вращение равнозамедленное, то
N = 7?| * 1 - 240. Угловая скорость со = со0 - st — (1),
где со0 = щ- 2п\ со = п2 • 2к . Из (1) имеем st =coQ-со, отку-
g=2-3.14(5-3) = Q2 ад/с, t t 60 1.49. Вентилятор вращается с частотой п = 900 об/мин. После выключения вентилятор, вращаясь равнозамедленно, сделал до остановки N = 15 об. Какое время t прошло с момента выключения вентилятора до полной его остановки?
Решение:
/7 = 900 об/мин = 15 об/с. Запишем уравнения движения в
Et1
скалярном виде: <р = co0t - — (1); со-щ-st — (2), где
ср - 2 7TN — (3); со- 0; со0= 2тг — (4). Тогда из (2)
/ = — = — (5). Перепишем уравнение (1) с учетом (3), є є
(4) и (5): 2KN = _ 2
_ (2mf є(2т)2 _ (2rmf ш є 2 є1 ~ 2є '
лг 2тг2 ті2 ш2 ^
N = ; отсюда є = . Подставив это уравне-
2s є N
2mi-N 2 N 2-75 1Л ниє в (5), получим: t = 2— = ; t = = 10 с.
mi /7 15
2-3268 33? 1.50. Вал вращается с частотой п = 180об/мин. С некоторого момента вал начинает вращаться равнозамедленно с угловым ускорением є = 3 рад/с2. Через какое время t вал остановится? Найти число оборотов N вала до остановки.
Решение:
и = 180об/мин = Зоб/с. Поскольку вращение равнозамед-
п
ленное, то число оборотов вала до остановки N-—-t. Угловая скорость co-co^-st. По условию со = 0, сле- довательно, О>0 = &, кроме того» OJ0 = п2к, тогда
П ' 2 7С
st = п*2я, откуда t- = 6,28с. N = 9,4об/с.
є
1.51. Точка движется по окружности радиусом R-20см с постоянным тангенциальным ускорением ат = 5 см/с2. Через какое время t после начала движения нормальное ускорение ап
точки будет: а) равно тангенциальному; б) вдвое больше тангенциального?
Решение:
По условию вращение, является равноускоренным, следо-
v v" v /
вательно, ат = —, ап = —; отсюда t = —, v = JanR . Тогда t R a,
T
а) Если = дг, то t = I— = J— = 2 с; б) если
Иг
2R 2-20 ло =2агіто t = J—= J— = 2,8 c.
•r
1.52. Точка движется по окружности радиусом R = 10 см с постоянным тангенциальным ускорением а,. Найти тангенци- альное ускорение аг точки, если известно, что к концу пятого оборота после начала движения линейная скорость точки у = 79,2 см/с.
Решение:
aT=dv/dt, по условию ar = const, следовательно, ar=v/t — (1), где v-coR', со = 2тт = 2nN/1. Отсюда
2nNR „ /^ч /їх v2 t = (2). Подставив (2) в (1), получим яг= ;
v 2яД7?
яг = 0,2 м/с.
1.53. Точка движется по окружности радиусом R = 10 см с постоянным тангенциальным ускорением аТ. Найти нормальное ускорение а„ точки через время t = 20 с после начала движения,
если известно, что к концу пятого оборота после начала движения линейная скорость точки v = 10 см/с.
Решение:
Имеем an=co2R, где co = ct\ отсюда an=s2t2R — (1). Найдем угловое ускорение є. При равноускоренном движении среднее число оборотов в единицу времени (по аналогии со средней скоростью при прямолинейном
ч _ AN N
равноускоренном движении) п = = —, где и — мо-
А t
мент времени, соответствующий концу пятого оборота.
_ пп+п _ w тт
п = —^—; п0= 0, следовательно, N = — 't{ — (2). Частота
со v
оборотов п ~ — = — (3). Выразим из (2) с уче-
2 к 2kR
4nNR ... со, ... том (3): tx (4). Угловое ускорение е = —1 (5),
V ty
где =v/R — (6). Подставив в (5) уравнения (4) и (6),
v2
получим: Б- -. Тогда из уравнения (1)
4 7iNR-
v4t2R ОД4 - 202 • ОД 2
. . , ; ап = г—=—г = 0,01 м/с .
\6К N R " 16-3,14 -5 ОД
1.54. В первом приближении можно считать, что электрон в атоме водорода движется по круговой орбите с линейной скоростью v. Найти угловую скорость со вращения электрона вокруг ядра и его нормальное ускорение а„. Считать радиус
орбиты г = 0,5 -Ю~10м и линейную скорость электрона на этой
орбите v = 2,2-106 м/с.
Решение:
V2 4,84-1012 1Л22 V 2,2-Ю6
<*„= —; ап = ^ ,/ч-ю 9»7<1° - с 1Л-ю
г " 0,5-10 0,5-10

1.55. Колесо радиусом Я = 10 см вращается с угловым ускорением є = 3,14 рад/с2. Найти для точек на ободе колеса к концу первой секунды после начала движения: а) угловую скорость со ; б) линейную скорость v; в) тангенциальное ускорение ат; г) нормальное ускорение а„; д) полное ускорение а; е) угол а, составляемый вектором полного ускорения с радиусом колеса.
Решение:
а) При равнопеременном вращатель-"' ном движении угловая скорость со = со0 + st. По условию со0 = 0, тогда co = ?t) при / = 1 с угловая скорость со = 3.14 рад/с.
= 4,4-Ю16 рад/с.
б) Линейная скорость v = coR, при t = 1 с имеем v = 0,314 м/с.
в) Тангенциальное ускорение ах-єЯ постоянно во все время движения; при t -1 с имеем ах = 0,314 м/с2.
г) Нормальное ускорение ап = co2R = є2t2R, при t = 1 с имеем ап = 0,986 м/с2.
д) Полное ускорение а = -у/а2 + а2} = + є214 ; при t ~ 1с имеем а-1,03 м/с2.
ч • ат 1
е) sma = ~ = , где а —угол между вектором
а V \ + є2(4
полного ускорения и радиусом колеса. К концу первой
ат 0.314 , „п AJr,
секунды sina= — = = 0,30:> И or =17 46 .
а. 1,03
1.56. Точка движется по окружности радиусом R = 2 см. Зависимость пути от времени дается уравнением s = Ctz, где С = 0,1 см/с\ Найти нормальное ан и тангенциальное ах ускорения точки в момент, когда линейная скорость точки v = 0,3 м/с.
Решение:
V2 0,09 . . . 2 d2s
= — = т— = 4,5 м/с ; ат = 6Ct. Выразим ап через
К U,UZ at ds „ , (за2)2 9С2/4 •
t: v = — = 3Сг, следовательно, L = . От-
dt R R
л fa~R JaJR , т
*г = 0,06 м/с2.
сюда t = д/—У—у = i—; t = JJLJ— • Тогда тангенциаль- V 9С ЗС V ЗС
ное ускорение яг = 6С • ^
ЗС
1.57. Точка движется по окружности так, что зависимость пуги от времени дается уравнением s = A-Bt + Ct2, где В = 2 м/с и С = 1 м/с2. Найти линейную скорость v точки, ее тангенциальное аг> нормальное ап и полное а ускорения через время / = Зс после начала движения, если известно, что при Ґ = 2 с нормальное ускорение точки а'п = 0,5 м/с2.
Решенне:
ds
Линейная скорость точки v = — = -B + 2Ct; V = 4M/C.
dt
л
Тангенциальное ускорение ат = dv/dt =2С = 2 м/с . Нор-
2
мальное ускорение ап =— — (1). Через время /' = 2 с
R
точка будет иметь линейную скорость v' = -В + 2СҐ; v' = 2 м/с. Радиус окружности можно выразить следующим
(v')2 v2 а'
образом: Тогда из (1) получим ап = " ;
а'п (v')
ап = 2м/с2. Полное ускорение а = + а2 = 2,8 м/с2.
Решение:

Из рисунка видно, что tga = = — — (1). При равноускоренном
v2 dv л
вращении ап - —; ат = —, но v0 = 0,
1.58. Найти угловое ускорение є колеса, если известно, что через время t = 2 с после начала движения вектор полного ускорения точки, лежащей на ободе, составляет угол а = 60° с вектором ее линейной скорости.
следовательно, ат = —. Линейная скорость v = coR, где
e2t2R2
co = ?t , следовательно, v = . Тогда = = ?2t2R;
R
stR
av =— = ?К. Подставив эти выражения в (1), получим:
s2t2R •> tga 1,7 л .. . 2
rg-tf = = ?Г, откуда = ? =— «0,43рад/с .
sR і 4
л
1.59. Колесо вращается с угловым ускорением є -2рад/с. Через время t - 0,5 с после начала движения полное ускорение колеса = 13,6 см/с2. Найти радиус R колеса.
Решение:
Нормальное ускорение колеса а„ =v2/R — (1). Угловое
dco со
ускорение с = , но с = const, следовательно, є = —, от-
dt t
куда со = st. Линейная скорость точек на ободе колеса
v = coR = elR — (2). Подставив (2) в (1), получим
an-?2t2R. Тангенциальное ускорение ar=eR. Полное ускорение се = а2 + а\; f/2 = *V/?2 + ?2Д2 = ?2R2(?2t4 +1). Отсюда R = a/?iJe2t4 + \ ; Д = 0.06 м.
1.60. Колесо радиусом Л = 0,1м вращается так, что зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается уравнением <р = А + Bt + СҐ, где В = 2 рад/с и С = 1 рад/с"5. Для точек, лежащих на ободе колеса, найти через время / = 2 с после начала движения: а) угловую скорость со; б) линейную скорость v; в) угловое ускорение с ; г) тангенциальное ат и нормальное ап ускорения. dq> _ _ 2
а) Угловая скорость вращения колеса == 2? + ЗСґ ; со = 2 + 3-4 = 14рад/с.
б) Линейная скорость v = a>R; v = 14 • 0,1 = 1,4 м/с.
в) Угловое ускорение s = ^- = 6Ct; є = 12 рад/с2.
dt
г) Нормальное ускорение ап = со2 R ; ап = 142 • 0,1 = 19,6 м/с2. Тангенциальное ускорение ат =sR; ат = 12 • ОД = 1,2 м/с".
1.61. Колесо радиусом Я = 5см вращается так, что зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается
уравнением (р - А + Bt + Ct2 + Z)/3, где D = 1 рад/с3. Для точек, лежащих на ободе колеса, найти изменение тангенциального ускорения Аат за единицу времени.
Решение:
Изменение тангенциального ускорения связано с изменением углового ускорения следующим соотношением:
Aa^AsR; где s = ^ = B + 2Ct + 3Dt2; & =
dt2 dt dt2
= 2C + 6Dt = є. Тогда Ає = є2-єх\ As = (2C + 6Dt2)~ - (2С + 6Dtx) = 6Z)(/2 -tx)=6D, учитывая, что t2 -= 1 с. Отсюда Ааг =6*1- 0,05 = 0,3 м/с2.
1.62. Колесо радиусом Я = 5см вращается так, что зависимость линейной скорости точек, лежащих на ободе колеса, от времени дается уравнением v = At + Bt2, где А = 3 см/с2 и В = 1 см/с3. Найти угол «, составляемый вектором полного ускорения с радиусом колеса в моменты времени t, равные: 0, 1, 2, 3,4 и 5с после начала движения.
Решение:
Угол а можно определить следующим образом: tga = —,
где ат и ап — тангенциальное и нормальное ускорения
dv v2 (3 + 2/)Д _ Но ат- —, ап= —; следовательно, tga = V. Под-
R {3t + t2J
ставляя в эту формулу значения / = О, 1, 2, 3, 4 и 5с, получим: t = 0, tga = оо, т.е. а = 90° — полное ускорение направлено по касательной. Значения при равном от 1 до 5с, приведены в таблице: С і 2 3 4 5 tga 3,13 0,7 0,278 0,14 0,081 а 72° 17' 35°0' 15°32' 7°58' 4°38'
1.63. Колесо вращается так, что зависимость угла поворота радиуса колеса от времени дается уравнением <р = А + Bt + Ct\+Dt*, где 5 = 1 рад/с, С = 1 рад/с2 и D = 1 рад/с3. Найти радиус R колеса, если известно, что к концу второй секунды движения для точек, лежащих на ободе колеса, нормальное ускорение ап = 3,46 • 102 м/с2.
Решение:
аи = со2 R, где со = — = В + 2Ct + 3Dt2. Радиус колеса
dt
о, а„ 3,46-102
л - -уз-, л - ту - 1,Z M.
(в + 2Ct + 3Dt J (1 + 4 + 12)? 1.64. Во сколько раз нормальное ускорение ап точки, лежащей на ободе колеса, больше ее тангенциального ускорения ат для того момента, когда вектор полного ускорения точки составляет угол а = 30° с вектором ее линейной скорости?
Решение:

Нормальное ускорение точки an-asina'9 тангенциальное ускоре
а„ _ sin а
а.
cos а
ние ат -a cos а, отсюда «0,58.

<< | >>
Источник: B.C. Волькенштейн. Все решения к «Сборнику задач по общему курсу физи. 1999

Еще по теме § 1. Кинематика:

  1. § 1. Кинематика
  2. КИНЕМАТИКА
  3. Глава 1КИНЕМАТИКАТОЧКИ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ КИНЕМАТИКИ
  4. § 1.9. КАК РЕШАТЬ ЗАДАЧИ ПО КИНЕМАТИКЕ
  5. § 2.1. ОСНОВНОЕ УТВЕРЖДЕНИЕ МЕХАНИКИ
  6. Оглавление
  7. Кинематика
  8. Кинематика материальной точки
  9. Основные задачи кинематики материальной точки.
  10. Механика абсолютно твёрдого телаКинематика абсолютно твёрдого тела
  11. СОДЕРЖАНИЕ
  12. Кинематика манипулятора
  13. Прямая задача кинематики
  14. Обратная задача кинематики
  15. Решение обратной задачи кинематики для первых трех сочленений
  16. Решение обратной задачи кинематики для последних трех сочленений
  17. Кинематика звеньев
  18. 4. Принцип причинности
  19. Список литературы:
  20. Моделирование кинематики бетонной смеси по поверхности лопасти геликоидного типа