§ 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.

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.

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.

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.

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.

, 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

2Л

= 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).

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:

1к

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

<Р

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.