Тема: Движение тела по окружности

Летов Д.А.
Образцы контрольных задач с
решениями и сопутствующей теорией
темы: Преобразования
Галилея,
Движение тела по
окружности,
Движение тела,
брошенного под углом
к горизонту
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ ПО ФИЗИКЕ
Москва
Издательство Российского университета дружбы
народов
2006
Утверждено
РИС Ученого совета
Российского университета
дружбы народов
Автор: Летов Д.А.
Образцы контрольных задач с решениями и
сопутствующей теорией: Методическое пособие по
физике/ Летов Д.А.  М.: Изд-во РУДН, 2006.  51с.,
ил.
В рамках курса элементарной физики в разделе
«Кинематика материальной точки» решение задач по темам
«Преобразования Галилея», «Движение тела по окружности» и «
Движение тела, брошенного под углом к горизонту» вызывает
наибольшее затруднение. Объективно решение таких задач
требует определенного кругозора знаний по физике и математике,
навыков в адекватной интерпретации текстовой информации
задачи в виде рисунка и умения прочитать на рисунке очевидные
соотношения, записав их в виде формул.
Цель методического пособия
- помочь студентам в
самообразовании и становлении их физической фантазии, показать
на конкретных примерах как может идти логическое развитие
построения решения задачи. Для того чтобы все объяснения были
исчерпывающими, по каждой теме приводится все необходимые
теоретические сведения.
Предлагаемое
пособие
предназначено
российским
студентам, которые обучаются на подготовительных факультетах
вузов Российской Федерации и ориентировано на физикоматематические и технические специальности.
 Д.А. Летов, 2006
 Издательство Российского университета дружбы народов, 2006
Введение
Данное пособие написано с целью пробудить в студентах
дремлющий естественный дух исследователя природы, обострить
физическое чутьё и вселить уверенность в собственные
аналитические способности, которые можно и нужно развивать,
как и все прочие. Каждую из предлагаемых оригинальных задач
мы будем разбирать как маленькую научную проблему. Это
значит, что сначала мы будем оговаривать все исходные
физические условия и ограничения, затем будем выяснять, как они
формализуются на языке математики, какие уравнения описывают
события, происходящие в задаче. Вслед за этим обсудим, какие
доступные
математические
методы
позволяют
решать
предложенные уравнения и как возможные физические
ограничения заставляют отклонить некоторые из получаемых
математических решений. В заключение проанализируем, как
можно удостовериться в правильности полученного решения, а
также какую дополнительную новую информацию можно
получить, варьируя аргументы решения.
Для того, чтобы сделать обсуждение задач предельно
чётким, по каждой теме приводится краткая теория,
соответствующие правила и выводы. Каждый следующий
логический шаг в анализе и решении задач мы будем делать,
опираясь на сведения, приведённые в теоретическом разделе.
Тема: Преобразования Галилея
Для всеобъемлющего понимания этой темы самым важным
является понятие физической системы отсчёта. Дадим наглядное
определение:
Другими словами, для того, чтобы получилась система
Y
Система
отсчёта
=
Любое
тело
12
+
+
X
9
3
6
3
отсчёта необходимо на каком-либо теле, например, на вашей
тетради нарисовать систему координат и приложить часы. Система
координат позволит следить за изменением положения других тел
в пространстве относительно вашей тетради, а часы измерят
изменение положения этих тел во времени, то есть интервал
времени движения.
Для ещё большей информативности и компактности на
рисунке часы можно изобразить в виде дополнительной оси – оси
времени. Тогда на одном рисунке можно в комплексе изобразить
все детали поступательного движения тела.
Например, показать начальное положение тела в
пространстве и во времени в виде точки А, указав начальные
координаты (x0,y0) и начальный момент времени t0.
Изображая тело в виде точки, мы пренебрегаем реальными
геометрическими размерами тела. В этом случае тело называют
материальной точкой
Аналогично, конечное положение тела изобразит точка В с
конечными координатами (x,y), в которую тело придёт, когда часы
будут показывать
конечный момент
Y

r ,
t. Вектор
A
y0

который
имеет
r
Система
начало в точке А и
B
отсчёта
= y
имеет конец в
точке
В
X
x
x0
называется
вектором
t
t0
t
перемещения
Δt ≥ 0
относительно
данной системы
отсчёта.
Обратите внимание на слово «относительно». Галилео
Галилей (1564-1642) возможно не был первым, кто указал на тот
факт, что говорить о движении любого тела в природе можно
лишь в относительном смысле, взяв за начало отсчёта другое тело,
на котором, как мы теперь знаем, можно расположить систему
отсчета. Однако он пошёл дальше и проанализировал движение
данного тела одновременно относительно двух других тел и
4
соответственно двух других систем отсчёта. При этом вполне
естественно, что, решая насущные земные задачи, одним из этих
двух других тел отсчёта Галилей выбрал планету Земля. Для
любого человека Земля – это естественная среда обитания и
большая часть наших наблюдений за движением тел – это
наблюдения, сделанные относительно Земли, точнее относительно
системы отсчёта, связанной с Землёй. Галилей заметил, что одна и
та же лодка с гребцами движется по-разному в стоячей воде озера
и подвижной речной воде, причём вниз по течению лодка
движется быстрее, чем в озере, а вверх по течению – медленней.
Отсюда последовал вывод: скорость лодки относительно Земли
зависит как от модулей, так и от взаимной ориентации скорости
лодки относительно воды (которую придают лодке гребцы) и
скорости воды относительно Земли (скорости течения воды в
реке). Векторная запись этого наблюдения позволяет
одновременно учесть оба отмеченные обстоятельства.
v лодка  v лодка  v
Земля
вода
вода
Земля
В дальнейшем Галилей обобщил эту формулу. Он указал, что на
месте лодки может быть любое физическое тело, движение
которого нас интересует, а вода в реке или подвижная водная
среда – это, в общем случае, ещё одно (помимо Земли) тело
отсчёта, на котором можно создать подвижную относительно
Земли систему отсчёта (сокращённо «п.с.о.»).
Как практически можно реализовать подвижную систему
отсчёта в речной воде? Для этого потребуется обыкновенный плот
(можно виртуальный), на котором следует изобразить свою
систему координат и установить часы. Кстати, наше движение во
времени происходит одинаково на Земле, на плоту в реке и на
лодке с гребцами, причём в одну сторону: из прошлого в будущее.
Поэтому часы во всех случаях будут работать одинаково,
показывая одинаковый и положительный интервал времени
движения. В этом случае о времени говорят как о факторе
вселенской синхронизации.
Таким образом, собирательный образ предыдущей
формулы имеет вид:
5
v тело  v тело  v п.с.о.
Земля
п .с .о .
(1)
Земля
Если во время движения направление и модуль каждой из
указанных скоростей не изменяется, то можно указать на
соответствующее соотношение между векторами перемещения
тела относительно Земли и п.с.о.:
r тело

Земля
 r тело  r п.с.о.
п .с .о .
(2)
Земля
Вывод: Формулы (1) и (2), которые называются «преобразования
Галилея» помогут решить те задачи, в которых идёт речь
об одновременном движении данного тела относительно
Земли и какого-либо другого подвижного тела.
В качестве иллюстрации теории и для демонстрации
математических приёмов решения рассмотрим следующую задачу.
Задача #1.
Идёт дождь. Студент сидит в автобусе, который движется
горизонтально с постоянной скоростью 10 м/с и смотрит в боковое
окно. Студент видит, что капли дождя оставляют на стекле следы,
направленные под углом 600 к вертикали. Когда на светофоре
автобус остановился, студент заметил, что теперь следы капель
дождя составляют угол 450 с вертикалью. Необходимо найти
направление и модуль скорости ветра вдоль маршрута движения
автобуса.
В решении физических задач, где речь идёт о движении
какого-либо объекта, естественным помощником является
адекватный рисунок, на котором следует наглядно изобразить
систему отсчёта и всю информацию, которая заложена в условиях
задачи применительно к избранной вами системе отсчёта. Кроме
того, полезно отобразить на рисунке и по умолчанию
подразумеваемую информацию, о которой явно не говорится в
условиях задачи. Эти общеизвестные сведения при нанесении на
рисунок привлекают к себе ваше внимание и могут оказаться
6
полезными в составлении логической цепочки размышлений над
решением. Например, можно изобразить вектор ускорения

свободного падения g , который, если пренебречь вращением
Земли, будет направлен к центру Земли. Покажем, как всё это
можно сделать в предложенной выше задаче.
Начнем с вопроса задачи, который касается скорости ветра.
Из двух ситуаций, которые описаны в условиях задачи, в первой,
когда наблюдатель сидит в движущемся автобусе, никак
невозможно достоверно оценить скорость ветра, так как
отклонение следов капель на стекле от вертикали может быть
связано как с ветром, так и с движением автобуса. Только во
второй ситуации, когда автобус остановился, можно сделать
однозначный вывод о том, что дует ветер, так как теперь нет
никакой иной причины для отклонения следов капель от
вертикали.
Возникает первое затруднение. В тексте задачи не
уточняется в какую сторону от вертикали отклоняются следы
капель на боковом стекле автобуса. В подобных двусмысленных
ситуациях следует рассуждать на уровне гипотезы. Это значит,

v воздух
Y’

g
Земля
X’
O’

v капля
Y
Земля
O
450
Земля


v '' автобус  0
Земля
X
Рис. 1
что в начале следует предположить какой-либо вариант самому, а
затем проверить насколько сделанное предположение стыкуется
со всеми прочими условиями задачи.
7
Гипотеза – пусть отклонение произошло назад, как
показано на Рис. 1. Следы капель на стекле неподвижного
автобуса показывают нам направление вектора скорости капель
относительно неподвижной системы отсчёта XOY, установленной

на Земле. Этот вектор на Рис.1 обозначен как v капля .
Земля
Очевидно, что подобная картина будет наблюдаться, если
дует встречный ветер, вектор скорости которого мы обозначим как

v воздух , см. Рис 1. Здесь следует отметить, что по умолчанию в
Земля
подобных задачах ветер понимается как горизонтальное
перемещение воздуха с одинаковой по модулю и направлению
скоростью по всему фронту без каких-либо завихрений в виде
смерча или торнадо. Следить за горизонтальным перемещением
воздуха можно с помощью воздушного шара, см. Рис.1, разместив
на нём подвижную систему отсчёта X’O’Y’. При этом наполнение
воздушного шара следует отрегулировать так, чтобы он завис на
какой-либо постоянной высоте. Тогда горизонтальное движение
шара будет однозначно связано с наличием ветра.
Таким образом, для второй ситуации мы получили
следующее распределение ролей. Телом, движение которого нас
интересует, может быть только капля дождя, а подвижная система
отсчёта будет установлена на аэростате, который перемещается
вместе с горизонтальным потоком воздуха (ветром). Тогда
преобразование Галилея для скоростей в этом случае будет иметь
вид:
v капля =v капля +v воздух
Земля
воздух
Земля
(3)
Обратите внимание, что пунктирная линия, которая
изображает следы капель дождя на стекле неподвижного автобуса,
без изломов продолжается вниз и вверх за пределы окна. Такова
картина летящих капель дождя относительно Земли и
неподвижного автобуса.
Два из трёх векторов, входящих в формулу (3) уже
изображены на рис. 1. Однако, информации слишком мало, чтобы
сделать какой-либо вывод, так как мы не знаем модули этих
векторов. Как найти дополнительную информацию, например,
8

определить направление третьего вектора – вектора v капля ? Для
воздух
этого подумаем, что заставляет каплю дождя перемещаться
относительно воздуха? Здесь уместно вспомнить пример с лодкой
в подвижной речной воде, в которой сидят гребцы. Если гребцы не
работают вёслами, то лодка относительно воды не движется.
Гребцы в этом случае являются тем «мотором», который
заставляет лодку перемещаться относительно воды, создавая силу
тяги. Причём направление перемещения лодки относительно воды
целиком зависит от того направления, которое имеет сила тяги
«мотора».
Ситуация с каплей в подвижном воздухе аналогична
ситуации с моторной лодкой в подвижной речной воде. Мы знаем,
что капли движутся относительно воздуха, так как они
зарождаются высоко в небе в дождевых облаках и проходят путь в
сотни метров сквозь толщу воздуха, падая на Землю. Какой
«мотор» заставляет капли двигаться относительно воздуха? Ответ
может быть единственным. Этим «мотором» является сама Земля,
которая создает силу тяги в виде силы притяжения. Обратите
внимание, что из этого следует другой важный вывод. Мы знаем
какое направление имеет сила притяжения Земли – вертикально
вниз. Это значит, что вектор перемещения капель относительно
воздуха r капля и вектор скорости капель относительно воздуха
воздух
v капля
обязаны быть направлены только вертикально вниз, как
воздух

сила притяжения Земли и как вектор g *.
По своей структуре формула (3) идентична формуле для
поиска суммы двух векторов, например,
с a b
*
(4)
Данное утверждение справедливо, если пренебречь эффектом,
связанным с суточным вращением Земли вокруг оси проходящей через
её географические полюсы.
9
Из векторной алгебры мы знаем, что

векторы, входящие в формулу (4) обязаны
a
K
подчиняться
правилу
треугольника.
M
b
Геометрическое содержание этого правила

c N
иллюстрирует Рис.2. Обратите внимание на то,
как стыкуются векторы друг с другом в точках
Рис.2
М, К и N. Углы между векторами могут
принимать разные значения, но всегда,
например, в точке К стыкуется конец первого вектора суммы с
началом второго вектора суммы. Также неизменны (см. Рис. 2)
типы стыковок векторов и в точках М и N.
Итак, глядя на Рис.1 и понимая,

Таблица I.
что v капля и g направлены одинаково,

v капля
воздух
аналог
Земля

с
мы можем сказать, что теперь знаем

v капля аналог a
направления всех трёх векторов из
воздух
формулы (3).

Состыкуем их согласно правилу
v воздух аналог 
b
Земля
треугольника,
воспользовавшись
возможностью параллельного переноса
векторов и очевидной аналогией, показанной в таблице I.
Результат представлен на рис. 3. Обратите внимание, что


вектор v в о з д у хперпендикулярен вектору v капля , а угол KMN
Земл я
воздух
равен 450. Таким образом, мы имеем равнобедренный
прямоугольный треугольник и, следовательно, можем утверждать,
что КМ=КN. С другой стороны, по правилам векторной алгебры
на рисунке длина стрелки, которая
изображает данный вектор, должна
M

быть численно равна модулю этого
v капля

450
вектора. В нашем случае это значит,
Земля
v капля
что:
воздух
v капля  KM ; v воздух  KN
воздух
и, наконец,
10
Зем ля
N
v воздух K
Земля
Рис. 3
v воздух  v капля
Земля
(5)
воздух
Результат, который дает формула (5), безусловно, важен,
но он – качественный, а не количественный. Формула (5)
указывает, что поиск ответа на вопрос задачи, возможно,

пролегает через нахождение модуля вектора v капля . В любом
воздух
случае в нашем распоряжении остался только один пока ещё
неиспользованный источник информации. Обратимся к первой
ситуации, описанной в условиях задачи, которую изобразим на

g
Y’’

v 'автобус
600
Y

v
Земля
капля
автобус
X’’
O
X
Земля
Рис. 4
рисунке 4, так как её наблюдает человек, находящийся в
движущемся автобусе. Движение автобуса против ветра
воспринимается пассажирами автобуса как усиление встречного
потока воздуха, что приводит к ещё большему отклонению
траектории движения капель на стекле от вертикали.
Наблюдение за движением капель на боковом стекле
движущегося автобуса, которое делает студент, позволяет

определить направление вектора v капля . Это подсказывает нам,
автобус
что в ситуации, изображённой на Рис.4, именно автобус следует
11
избрать в качестве тела, на котором расположится новая
подвижная система отсчёта X’’O’’Y’’.
По-прежнему мы наблюдает за движением капли дождя,
которая в качестве тела и будет участвовать в новой записи
преобразования Галилея, см. формулу (6) .
v капля =v
Земля
капля
автобус
+v 'автобус
(6)
Земля
По своей структуре формула (6) вновь идентична формуле
(4) для поиска суммы двух векторов. Причём вновь мы знаем

направления всех трёх векторов: векторы v
капля
автобус

и v 'автобус мы
Земля

наблюдаем на Рис. 4, а вектор v капля - изображен на Рис. 1.
Земля
Очевидно, что движение капли
дождя относительно Земли никак не
связано с движением автобуса, но,
используя
правило
параллельного
переноса векторов, мы можем добавить

изображение вектора v капля к Рис. 4.
Земля

v капля

v
Земля
капля
автобус

v 'автобус
Таблица II.
аналог

с
аналог

a
аналог

b
Земля
Теперь между векторами из формулы
(6) и векторами из формулы (4)
устанавливается следующая аналогия,
см. таблицу II.
M

v
капля
Состыкуем векторы скоростей в
автобус
точках М, К’ и N согласно правилу
150 450

треугольника,
см.
Рис.
2,
v капля
K'
воспользовавшись
возможностью
N Земля

v 'автобус
параллельного переноса векторов. В
Земля
результате получаем рисунок 5.
Рис. 5
Обратите внимание, что вектор

v капля - это тот же самый вектор, что и на Рис. 1 и Рис. 3, который
Земля
12
по-прежнему образует угол 450 с вертикалью, а его начало и конец

идентифицируются точками М и N. Вектор v капля в
автобус
соответствии с Рис. 4 образует угол 600 = 150 + 450 с вертикалью

и точка его стыковки с вектором v 'автобус отмечена новым
Земля
обозначением как точка К’.
Рис. 3 и Рис. 5 объединяет общий вектор

v капля .
Земля
Воспользуемся этим обстоятельством и сделаем объединённый
рисунок 6, на котором изобразим все пять векторов скоростей,
которые вошли в преобразования Галилея (3) и (6).
С точки зрения геометрии на Рис. 6 мы имеем два
прямоугольных

v капля
треугольника Δ KMK’ и Δ
Земля
KMN, у которых катет
M

v капля
КМ
–
общий.
Это

автобус
обстоятельство
можно
150 450 v капля
воздух
использовать, так как мы
K'

K
'
знаем угол при вершине
v автобус N v воздух
М в обоих треугольниках.
Рис. 6
Земля
Земля
Из Δ KMK’ имеем:
tg 600 
KK ' KN  NK '

KM
KM
KM 
или
KN  NK '
3
(7)
На рисунке длина стрелки, которая изображает вектор,
численно равна модулю этого вектора. Это значит, что:
NK’ = v 'автобус = 10 м/с по условию задачи.
(8)
Земля
Физический смысл KM и KN мы уже выяснили в формуле (5).
13
Таким образом, осталось разрешить уравнение (7) относительно
KN с учётом (5) и (8) и мы получим ответ задачи:
3  KN  KN  10
или
v воздух
 KN 
Земля
10
3 1
м/с
Итак, в рассмотренной выше задаче мы дважды в
формулах (3) и (6) использовали преобразование Галилея для

скоростей, описывая неизменный вектор скорости v капля с двух
Земля
разных позиций: относительно системы отсчёта, связанной с
подвижным воздухом (ветром) и относительно системы отсчёта,
связанной с движущимся автобусом.
Задача #2.
Рассмотрим ещё один приём решения задач с применением
преобразований Галилея. Задача состоит в следующем: найти
сколько времени лодка с мотором движется из точки А в
точку В, которая находится на другом берегу реки, см. Рис. 7,
считая скорость лодки относительно Земли неизменной по
направлению. Расстояние АВ равно 100 м. Ширина реки равна
80 м . Скорость лодки относительно воды равна 1 м/с. Скорость
воды в реке равна 1 м/с.
Во-первых, определимся с «участниками» преобразований
Галилея. В этой задаче выбор очевиден: лодка с мотором будет
телом, движение которого нас интересует, а подвижная водная
среда в реке будет тем телом отсчёта, на котором расположится
подвижная система отсчёта X’O’Y’. Реальное воплощение такой
п.с.о. можно создать на плоту, который будет путешествовать вниз
по течению реки со скоростью

v вода
. Неподвижная система
Земля
отсчёта XOY по-прежнему располагается на Земле. Таким
образом, преобразование Галилея для скоростей будет иметь вид:
14
v лодка  v лодка  v
Земля
вода
(9)
вода
Земля
Начальное и конечное положение лодки относительно
Земли в этой задаче задается точками А и В, которые мы видим на
Рис. 7. Нарисуем вектор, начало которого будет в точке А, а его
конец – в точке В. Такой вектор в кинематике определяется как
вектор перемещения (в данном случае лодки относительно Земли)
В

v вода
АВ =100 м
Земля
Y’
L = 80 м
плот
X’
Y
А
X
и обозначается как

r
Рис. 7
 лодка .
Зем ля
Такие несложные наблюдения
позволяют сделать важный для решения задачи вывод. Дело в том,
что в подобных задачах по умолчанию предполагается, что
векторы скоростей, которые участвуют в формуле (9), неизменны
как по направлению, так и по модулю в течение всего движения
тела (лодки). При этом условии предельно упрощается связь
между вектором скорости и соответствующим вектором
перемещения. Например,
r лодка
v лодка 
Земля
Земля
t
(10)
15
Чтобы подчеркнуть, что именно, существенно важное для
решения задачи, показывает формула (10) перепишем её в виде:
r лодка
v лодка  
Земля
Земля
(11)
t
Знак «+» обычно не принято явно указывать в подобных
случаях, однако, для нас важно обратить внимание именно на этот
знак. В векторных формулах, подобных формуле (11), где
множитель
1
t
есть величина положительная, знак «+» указывает
на то, что направления векторов, записанных слева и справа от
знака « = », одинаковы. Таким образом, из формулы (11) можно
сделать вывод:
v лодка  r лодка
(12)
Земля
Земля
Обогатим рисунок задачи сделанными выводами, см. Рис. 8.
В

v лодка

v вода
Земля

r
Земля
Y’
плот
АВ =100 м
X’
Y
X
16
 лодка
Зем ля
L = 80 м

А
С
Рис. 8
Совпадение направлений векторов, отмеченное в формуле
(12), позволяет получить скалярный визави формулы (10):
r лодка
v лодка 
Земля
где
rлодка
Земля
(13)
t
- это модуль вектора перемещения лодки
Зем ля
относительно Земли. Согласно правилу, на рисунке модуль вектора
численно равен длине стрелки, которая его изображает. В данном
случае имеем:
численно
r лодка
 ΑΒ  100 м
(14)
Земля
Таким образом, ответ на вопрос задачи о времени
путешествия лодки из точки А в точку В можно решить, используя
формулы (13) и (14):
AB
t 
(15)
v лодка
Земля
Итак, дальнейшие поиски следует нацелить на определение
модуля скорости лодки относительно
Таблица III.
Земли. Вновь воспользуемся очевидной

аналогией между векторами из формулы
v лодка аналог с
Земля
(9) и векторами из формулы (4), см.
Таблицу III. Мы знаем направления v лодка



аналог a
векторов v лодка и v вода . Пользуясь
вода
Земля
Земля
правилом
параллельного
переноса,
состыкуем их так как этого требует

v вода
Земля
аналог

b
17
правило треугольника, а именно в точке N (аналогично стыковке


векторов с и b , см. Рис. 2). При этом обратите внимание на тот

факт, что нам неизвестен модуль вектора v лодка (на рисунке это
Земля
соответствует произвольной длине стрелки), поэтому направление

вектора v лодка точно пока не

вода
v вода
Земля
K
определено, см. Рис. 9. Другими
N

словами, форма треугольника MKN на


v лодка
Рис. 9 пока произвольная. Определённо
v лодка
вода
можно говорить лишь об одном угле
Земля
этого треугольника – об угле KNM,
M
Рис.9
который для краткости изложения
обозначим как  .
Сравнив Рис.9 и Рис.8, мы видим, что угол
 
(16)
так как вектор скорости воды относительно Земли и линия берега
АС – параллельны, а линия АВ (или МN) является секущей
линией. Кроме того, из геометрии Рис.8 можно определить:
Sin( ) 
L
80

 0.8
100
AB
(17)
Если еще раз внимательно прочитать условие задачи, то
выясняется важная подробность:
v лодка
вода
18
 v
вода
Земля
 1 м/с
(18)
С графической точки зрения соотношение (18) означает,

что длина стрелок, которые изображают векторы v лодка и

v вода
вода
на Рис.9, обязана быть одинаковой:
Земля
численно
МК=KN=1 м/с
(19)
Таким образом, проясняется тип треугольника МКN на
Рис.9 – это равнобедренный треугольник и, следовательно, он
имеет равные углы при своём основании.
KMN  KNM  
(20)
Это значит, что теперь мы можем узнать значение угла при
вершине К треугольника МКN:
MKN  180 0  2  
(21)
Все обнаруженные геометрические соотношения помогут
найти модуль скорости лодки относительно Земли, который
численно на Рис. 9 представлен длиной стрелки MN.
Воспользуемся теоремой косинусов:
MN  MK  KN  2  MK  KN  Cos(MKN )
2
2
2
(22)
где, учитывая тригонометрическую формулу приведения:
Cos(MKN )  Cos(180  2   )  Cos(2   ) 
0
 Sin ( )  Cos ( )  2  Sin ( )  1  2  Sin ( )  1 
2
2
2
2
 2  0.8  1  1.28  1   0.28
2
(23)
Подставляя числовые значения (19) и (23) в (22), получим:
19
 MN  12 12 211
 0.28 
v лодка
Земля
 1.44  1.2 м/с
(24)
Осталось воспользоваться формулами (15), (14) и (24) и
получить ответ задачи. Путешествие лодки из точки А в точку В
будет продолжаться в течение:
t

AB
v лодка
Земля

100 м
1.2 м/с

100 м 500
1

с  83 с
6
6
3
м/с
5
Тема: Движение тела по окружности
По-прежнему речь будет идти о движении материальной

точки.. Действует правило: вектор скорости тела v в данной точке
К окружности всегда направлен вдоль касательной линии к
окружности в данной точке К (см. Рис. 10). В ходе движения по
окружности вектор мгновенной

скорости тела v :

v
1. обязательно изменяется по
К
направлению,
2. может
изменяться
по
R
модулю.
Обратите
внимание
на
разницу!
В
первом
случае
Рис. 10
«обязательно», а во втором – всего
лишь «может».
Это означает, что, если тело движется по окружности, то
оно обязательно имеет вектор ускорения, модуль которого

показывает как быстро изменяется направление вектора v . Такое
20
ускорение называется центростремительным или нормальным и


обозначается как an . Вектор an всегда направлен к центру
окружности
вдоль
радиуса,
проведённого в точку К, см. Рис.11.
n
Обратите внимание на то,

К
что вектор an в данной точке К
также всегда перпендикулярен (или
R
нормален) к касательной линии в
этой точке. Этим объясняется
обозначение индекса и второе
Рис. 11
название этого вида ускорения.

a
Модуль нормального ускорения

an
связан с величиной
R радиуса окружности и модулем мгновенной скорости

v
в
данной точке К следующей формулой:
an
v
R

2
(25)
Понимая, что речь идет именно о модулях векторов
формулу (25) обычно записывают в следующем упрощённом виде:
2
v
an 
R
(26)
Быстроту возможных изменений модуля мгновенной
скорости тела в точке К в ходе движения по окружности

характеризует вектор тангенциального ускорения a t , который
направлен вдоль касательной линии к окружности в точке К. При
этом возможны два варианта, см. Рис. 12 и Рис. 13.
Говоря о модуле тангенциального ускорения

at
,
ограничим рассмотрение случаем, когда его величина остаётся
неизменной в течение всего времени движения тела по
окружности, т.е. будем полагать, что

at  const.
21

an

an
К

at

at

v

v
К
R
R
Рис. 12
Рис. 13
Если скорость растёт.
Если скорость убывает.
По-прежнему, следует различать характер изменения
модуля скорости, см. Таблицу IV.
Таблица IV.
Если скорость растёт:
at 
v  v0
t
Если скорость убывает:
at 
v0  v
Если
скорость
постоянна.
at 0
t

an и вектор
Вектор
нормального
ускорения

тангенциального ускорения a t вместе составляют вектор полного

ускорения
a тела, движущегося по окружности. Другими



словами, векторы an и a t являются компонентами вектора a :
a  a n  at
(27)
Формуле (27) соответствуют два рисунка, см.Рис. 14 и Рис.
15. Обратите внимание, что в любом случае вектор полного

ускорения
a располагается между касательной линией и
радиусом.
22

v

at

a
К

an
Рис. 14
Если скорость растёт.

v

at

a
К

an
Рис. 15
Если скорость убывает.
Векторной формуле (27) соответствует её скалярный
визави для модуля вектора полного ускорения
проекций
ax
и
a
и его
ay:
a  a x2  a y2
(28)
Для описания движения тела по окружности используют
систему отсчёта с полярной системой координат (вместо
декартовой), в которой положение тела на окружности в данной
точке К задаётся двумя координатами: радиусом окружности R и
углом
поворота
K
радиус-вектора

r

r,
K
K
R
,
см. Рис. 16. Действует правило: положительные значения угла
поворота отсчитываются
от горизонтального луча
К
(Рис. 16) в направлении

rK
против часовой стрелки.
горизонтальный
K
Например, на Рис. 16
имеем
 K   45 0 .
луч
Рис. 16
Таким образом, в
окружности постоянного
радиуса R для задания начального (точка А) и конечного (точка В)
положения тела на окружности достаточно указать значения
23
начального угла поворота
 и конечного угла

0

поворота  , см. Рис. 17.
В
Изменение
положения
тела
на
окружности
характеризуется
величиной
углового
перемещения
 ,
которое вычисляется по формуле:


А
0
горизонтальный
луч
Рис. 17
    0

(29)
Если тело совершает 1оборот, то его угловое перемещение
составляет   2   радиан. Очевидно, что если тело совершит
N оборотов, то его угловое перемещение будет в N больше. Таким
образом, в общем случае имеем:
  2  
N
(30)
Быстрота изменения углового перемещения называется
мгновенной угловой скоростью, модуль которой  связан с
модулем мгновенной линейной скорости
v =R
v= v
по формуле:
(31)
*
Примечание. Обратите внимание на то, что формулы (31) и (33) не
совсем полноценны, так как они верны только численно. Это значит, что
вычисление по этим формулам обеспечивает правильный числовой
результат, а о согласовании размерностей в правой и левой частях этих
формул речь не идёт. Для получения правильного результата
размерности величин в обеих частях формул (31) и (33) должны быть
указаны в одной системе единиц (например, в СИ), а единицы измерения
угла – обязательно радианы. Например, в (31) имеем []=[м/сек],
*
24
В задачах, которые нам предстоит решать, будем
предполагать, что вращение тела происходит против часовой
стрелки, как в начальный, так и в конечный моменты времени.
Другими словами, может происходить ускорение или замедление
вращения, но не может изменяться направление вращения на
противоположное. В этом случае зависимость модуля угловой
скорости от времени имеет вид:
   0    t
(32)
где
 0 - модуль начальной угловой скорости,
 - модуль конечной угловой скорости,
 - модуль углового ускорения, величина которого связана с
модулем
тангенциального
ускорения
at  a
следующей формулой:
at    R *
(33)
При использовании формулы (32) действует правило
выбора знака:
- если в вашей задаче тело движется по окружности с
увеличением угловой скорости, то в формуле (32) (и в формуле
(34), см. ниже) следует использовать знак + (плюс),
- если в вашей задаче угловая скорость тела со временем
уменьшается, то в формуле (32) (и в формуле (34), см. ниже)
следует использовать знак - (минус).
[ω]=[рад/сек],
[R]=[м].
Соответственно
в
формуле
(33)
имеем
[ a t ]=[м/сек ], []=[рад/сек ], [R]=[м]. Первоисточником ограничений на
согласование размерностей является тригонометрическая формула
Sin( )    , которая справедлива для малых значений   и
2
2
только при условии использования радианной меры угла. Обратите
внимание на то, что левая часть этой формулы вообще не имеет
размерности. Следовательно, речь идёт только о численном равенстве.
Эта формула используется на промежуточном этапе вывода формулы
(31).
25
Зависимость конечного угла поворота
выражается формулой:

   0   0  t     t 2
1
2
от времени
(34)
В формуле (34) сохраняется правило выбора знака, описанное
применительно к формуле (31).
Пользуясь понятиями модуля угловой скорости  и
модуля углового ускорения  , с помощью формул (26), (28) , (31)
и (33) получим важную для решения задач формулу:
a  R  4 
2
*
(35)
Задача #1.
Решим следующую задачу. Известно, что тело движется по
окружности
с
некоторым
постоянным
тангенциальным
ускорением. На одном из этапов этого движения за 2 секунды тело
2
оборотов

тело делает за 3 секунды. Найти модуль угловой скорости тела в
конце описанного этапа движения.
Прежде всего, отметим, что в силу формулы (33) мы
можем быть уверены, что тело движется по окружности не только
с постоянным тангенциальным ускорением a t  сonst I , но
совершает поворот на угол в 4 радиана, а следующие
также и с постоянным угловым ускорением   const II как на
первом 2-х секундном этапе, так и на втором 3-х секундном этапе.
Это обстоятельство позволяет воспользоваться уравнениями (32) и
(34) для описания движения тела на любом его этапе.
Примечание. На формулу (34) распространяются ограничения по
согласованию размерности величин в правой и левой части этой
формулы. Эти ограничения привнесены формулами (31) и (33).
Подробное объяснение приведено в примечании на стр. 24.
*
26
Однако, правильное использование формул (32) и (34)
невозможно без соблюдения правила выбора знака. Это значит,
что далее следует выяснить каков характер движения на
описанных его этапах, каким образом изменяется модуль угловой
скорости: он увеличивается или уменьшается? Для начала
выясним величину углового перемещения за  t 1  2сек и за
последующие  t 2  3сек .
Из текста задачи прямо следует, что на первом этапе
угловое перемещение тела составило 4 радиана, т. е.:
I
  4 рад

(36)
Для того, чтобы найти последующее угловое перемещение,
воспользуемся формулой (30), в которой нам известно
II
2
 . Получим:
совершённое телом число оборотов: N

II
II
2

 2    N  2     4 рад
(37)

Результаты (36) и (37) показывают, что как за первые
 t 1  2сек , так и за последующие  t 2  3сек тело совершило
I
II
одинаковое перемещение равное     4 рад . Однако,
перемещение тела на втором этапе потребовало на 1 секунду
большего времени. При постоянном угловом ускорении
  const II это может быть только, если во время движения
модуль угловой скорости уменьшается. Таким образом, согласно
правилу выбора знака в уравнениях (32) и (34) для данной задачи
следует применить знак - (минус).
Запишем эти уравнения для первого 2-х секундного этапа.
I
I
   0    t 1
I
I
I
(38)
   0   0  t 1     t 1
где

I
I
2
1
2
(39)
I
 0  4
рад
(40)
27
Очевидно, что совершенно аналогично мы имеем право
записать уравнения (32) и (34) и для второго 3-х секундного этапа.
II


II
где
II
  0    t 2
II
II
(41)
  0   0  t 2     t 2

II

II
2
1
2
(42)
II
0  4
рад
(43)
Исследование системы из 4-х уравнений (38), (39), (41),
(42) показывает, что в ней содержатся 5 неизвестных величин:
I
I
II
,  0,  ,  0 и 
II
.
Как
известно,
система
алгебраических уравнений имеет решение, если число
неизвестных и число уравнений одинаково. Недостающее пятое
уравнение получим из условия непрерывности движения: модуль
угловой скорости тела в начале второго этапа движения
обязательно равен модулю угловой скорости тела в конце первого
этапа движения:
II
0 
I
 44
Теперь задача сформулирована математически до конца
{система уравнений (38), (39), (41), (42) и (44)} и может быть
решена методом последовательного исключения неизвестных.
Однако, существует и более короткий путь с составлением
меньшего числа уравнений в системе. Этот другой метод основан
на следующем наблюдении. По условию задачи мы знаем, сколько
времени вместе продолжаются первый и второй этапы движения:
t 
 t 1  t 2  2 сек  3 сек  5 сек
 45
За время t   5 сек тело совершает движение по
окружности, в ходе которого угол поворота изменяется от
28
I
0
начального на первом этапе

до конечного на втором этапе
II
.
Другими словами с одной стороны, за время
t   5 сек суммарное угловое перемещение тела составит
величину
 
 
I
 
II
 4 рад  4 рад  8 рад
(46)
С другой стороны, по определению:
   
II
I
0
(47)
Формулы (46) и (47) позволяют по новому подойти к
составлению
системы
уравнений.
По-прежнему
будем
использовать уравнение (39), в котором содержатся две
неизвестные величины:  и  0 .
Новизна предлагаемого
метода состоит в том, чтобы не увеличивать число неизвестных.
Этой цели можно добиться, если воспользоваться информацией из
(46) и (47) и составить уравнение (34) для конечного угла
поворота, используя суммарное время движения t   5 сек . При
I
этом в качестве начального угла поворота выступает
качестве конечного угла поворота имеем:

II
I

I
II
а в
. С учётом сказанного
2
  0   0  t      t 
1
2
I
0,
(48)
где согласно (46) и (47):

II

I
0
 8 рад
(49)
Таким образом, нам удалось составить систему из двух
уравнений (39) и (48) с двумя неизвестными  и  0 . Подставив
в (39) и (48) известные нам числовые значения, получим:
I
29
4 рад   0  2 сек 
2
1
   (2 сек )
2
I
2
1
8 рад   0  5 сек     (5 сек )
2
I
Выразим, например,

0
I
I
0
(50)
(51)
из (50). Получим:
4 рад   2 сек

2 сек
2
или
0
I
 2 рад / сек    1 сек
(52)
Подставим (52) в (51) и найдём модуль углового ускорения
тела:
8 рад  2 рад / сек   1 сек  5 сек    12.5 сек
2
Открывая скобки, получим:
8 рад  10 рад    5 сек
2
   12.5 сек
2
или
2 рад    7.5 сек
2
или
4
  15
рад / сек
2
(53)
Для того чтобы найти второе неизвестное
результат (53) в (52):
0
I
 2 рад / сек 
4
рад / сек
15
2
 1 сек 
 0 , подставим
I
34
рад / сек
15
 54 
Определив модули  0 и  , мы можем ответить на
вопрос задачи. Для этого запишем уравнение для угловой скорости
(32) так, чтобы описать её изменение в ходе обоих этапов вместе ,
то есть за t   5 сек . Это значит, что за модуль начальной
I
угловой скорости следует принять
конечной угловой скорости -
30

II
0,
I
. Имеем:
а за искомый модуль

II
  0    t 
I
(55)
После подстановки числовых значений получим ответ
задачи:

II

34
4
рад / сек 
рад / сек
15
15
2
 5 сек 
14
рад / сек
15
Проверим наше решение, в частности, результаты (53) и
(54). С этой целью сначала поставим числовые результаты (53)и
(54) в ранее не использованную формулу (38). Получим:

I

34
4
рад / сек 
рад / сек
15
15
2
 2 сек 
26
рад / сек
15
(56)
Согласно (44) и (56) имеем:
0
II

I

26
рад / сек
15
(57)
Теперь поставим результаты (53), (57) и  t 2  3сек в
ранее не использованную формулу (42), для которой мы точно
знаем числовое значение её левой части, равное 4 радианам. Если
подсчёт в правой части формулы (42) приведёт к другому
числовому значению, то это будет означать, что задача решена
неверно. Итак, подставляем числовые значения:
4
рад 
26
1 4
рад / сек  3 сек  
рад / сек
15
2 15
2
 (3 сек )
2
или
4 рад 
26
6
рад  рад
5
5
или
4 рад  4 рад
Мы видим, что левая и правая части уравнения (42)
сравнялись, обратив его в тождество. Это означает, что результаты
(53) и (57) действительно являются решениями поставленной
задачи.
Задача #2.
Рассмотрим теперь ещё один тип задач по данной теме.
Тело начинает движение по окружности и движется с постоянным
угловым ускорением. В некоторый момент времени оказывается,
31
что вектор полного ускорения тела образует угол в 300 с вектором
линейной скорости тела. Необходимо найти какое угловое
перемещение успеет совершить тело к указанному моменту
времени?
Во-первых, отметим, что в начале движения тело
находилось в состоянии покоя и его начальные угловая и линейная
скорости были равны нулю: ν 0   0  0 . Об этом
свидетельствуют слова «тело начинает движение» в тексте задачи.
Это значит, что в ходе движения тела его угловая скорость
обязательно будет увеличиваться и, следовательно, мы можем
воспользоваться Рис. 14, чтобы представить наглядно векторы
ν и a , о которых говорится в тексте задачи. Рис. 14 показывает,
что угол

 (a ν )

 (a a t )
и угол
равны, так как по
определению векторы ν и a t имеют одинаковое направление,
которое задаёт касательная линия к окружности в данной точке,

где находится тело. Но угол  ( a ν ) = 300 по условию задачи.
Теперь мы понимаем, что это также означает, что угол

 (a a t )
= 300.
Ещё раз обратимся к Рис.14. На этот раз заметим, что
векторы a и a t имеют общее начало в точке К, а их концы
соединяет прямая пунктирная линия, перпендикулярная вектору
a t , которая замыкает прямоугольный треугольник.
Согласно правилу изображения векторов длина гипотенузы
в описанном прямоугольном треугольнике численно равна модулю

a , а длина катета, противолежащего углу  ( a a t ) =
300 , численно равна модулю вектора a n (см. Рис.14). Другими
словами, с одной стороны из a и a n мы можем сформировать
вектора

функцию синуса угла  ( a a t ) , а с другой стороны нам
фактически известно числовое значение этого синуса, так как мы
32
знаем, что этот угол равен 300. Сказанное можно записать в
следующем виде:
an
a
 sin( ( a  a t ))  sin 30 0 
1
2
(58)
Далее формулу (58) можно развернуть подробнее, если
воспользоваться формулами (26), (31) и (35). Сначала из (26) и (31)
получим:
v2
an  an 
2  R
(59)
R
Далее из (58), (59) и (35) имеем:
an
a

an
a

 2 R
R  4  2

2
 4  2

1
2
(60)
или
2   2   4  2
(61)
Избавимся от иррациональности в формуле (61), для чего
возведём в квадрат её правую и левую части. Получим:
44  4   2
или
 62
 2  3
Формула (62) – это развернутая интерпретация
информации, которая содержится в условии задачи об угле между
векторами ν и a . Теперь мы подготовлены к тому, чтобы начать
поиск ответа на основной вопрос задачи об итоговом угловом
перемещении  .
С одной стороны для  имеем определение, выраженное
формулой (29) через  0 и  . С другой стороны, связь между
0 и 
описывает уравнение (34), которое для данной задачи с
учётом условия
следующий вид:
0  0
и правила выбора знака будет иметь
  0 
1
   t 2
2
(63)
33
Из формул (63) и (29) получим:


1
   t 2
2
(64)
На первый взгляд из формулы (64) следует, что для
получения ответа на вопрос задачи необходимо найти числовые
значения для двух неизвестных -  и t . Между тем, пока мы
располагаем единственным источником информации, а именно
соотношением (62), в которое величина t вообще не входит, а
содержится дополнительное третье неизвестное -  . Ситуация
выглядит критической – число неизвестных явно превышает число
уравнений. Однако вспомним, что мы ещё не использовали
уравнение для угловой скорости (32), в которое входят все трое
перечисленных неизвестных и которое в данной задаче с учётом
условия  0  0 и правила выбора знака будет иметь следующий
укороченный вид:
     t
(65)
Формально по-прежнему число неизвестных – три, а
уравнений для их поиска только два - (62) и (65) и других не
предвидится. Остаётся надеяться на чудо, и оно произойдёт, если
подставить (65) в (62). Получим:
или после деления на

   t  2 
3
1    t 2  3
Чудо свершилось, оказывается, что:
  t 2  1
(66)
3
Что же все-таки произошло? Мы действительно не можем
по отдельности узнать числовые значения  и t и запреты
математики непоколебимы. Но этого от нас никто и не требует.
Для того, чтобы ответить на вопрос задачи (см. формулу (64))
необходимо знать комбинацию неизвестных в виде   t 2 и
теперь после вывода формулы (66) мы знаем её числовое значение.
Осталось подставить (66) в (64) и получить ответ задачи:
34


1 1
1


рад
2
3 2 3
Тема: Движение тела, брошенного под углом
горизонту
 к
Пренебрегая ускорением, связанным с суточным
вращением Земли вокруг оси, проходящей через северный и
южный полюсы, и притяжением других небесных тел а, также, не
учитывая кривизну земной поверхности, сложное движение
брошенного тела можно разложить на две составляющие: первая –
движение вдоль воображаемой плоской поверхности Земли, вторая
– движение перпендикулярно этой поверхности, см. Рис. 18..
С точки зрения математики это означает, что векторы
начальной и конечной скорости брошенного тела, вектор его
ускорения и вектор его перемещения могут быть разложены на
взаимно перпендикулярные компоненты:
ν0  ν0x  ν0y
ν νx νy
a  ax  ay
r  rx  r y
(67)
(68)
(69)
(70)
При этом если не учитывать сопротивление окружающего
воздуха, то можно сказать, что горизонтально (вдоль оси ОХ) на
летящее тело не действуют какие-либо силы. В силу II закона
Ньютона, это означает, что компонента ускорения тела вдоль оси
ОХ обязана быть равной нулю, т.е.
a x  0. В свою очередь,
нулевое ускорение означает, что у брошенного тела его
компонента вектора скорости вдоль оси ОХ не изменяется в ходе
полёта, т.е. :
v x  v 0x
(71)
35
или в скалярном виде для соответствующих проекций вектора
начальной и конечной скорости в системе координат,
изображённой на рисунке 18:
v x  v 0 x  v 0  cos ( )
(72)
В вертикальном направлении летящее тело находится под
действием силы тяжести, обусловленной гравитационным
притяжением Земли. Вблизи поверхности Земли эта сила придает
всем телам одинаковое ускорение, направленное вертикально
вниз*, модуль которого приближенно равен 9.8 м/сек2. Таким


образом, a y  g и g  9.8 м / сек 2 .
Y
v0
v 0y
траектория полёта
B
y

g
A
y0
v 0x

X
x0
x
Рис. 18
Земля
Это означает, что компонента скорости вдоль оси ОY
изменяется в ходе полёта. В скалярном виде закон изменения
соответствующей проекции скорости летящего тела имеет вид:
Данное утверждение справедливо, лишь в рамках предположения о
незначительности поправок, связанных с вращением Земли вокруг оси,
проходящей через её географические полюсы.
*
36
v y  v 0 y  g  t  v 0  sin( )  g  t
где
(73)
t  t  t 0 - время полёта тела,
t 0 - момент времени, когда полёт был начат,
t - момент времени, когда полёт был завершён.

Равномерное движение летящего тела вдоль оси ОХ
изменяет его горизонтальную координату по линейному закону:
x  x 0  v 0  cos( )  t
где
x0
x
(74)
- начальная горизонтальная координата тела при
старте в точке А,
- конечная горизонтальная координата тела в точке В.
Равнопеременное движение летящего тела вдоль оси ОY
изменяет его вертикальную координату в соответствии с
квадратичной зависимостью:
y  y 0  v 0  sin( )  t 
где
y0
y
1
 g  t 2
2
(75)
- начальная вертикальная координата тела при старте в
точке А,
- конечная вертикальная координата тела в точке В.
Векторной формуле
скалярная формула:
(68)
соответствует
v = v x2  v y2
следующая
(76)
Подставляя в (76) формулы (72) и (73), после
алгебраических и тригонометрических преобразований получим
зависимость модуля скорости летящего тела от времени:
37
v = v 02  2  v 0  sin( )  g  t

g 2  t 2
(77)
Рассмотрим
частный
случай,
Y
когда
начальная
M
y*
точка А и конечная
*
точка
В
для
v
H MAX
брошенного тела

y  y0
располагаются на
B
A
одном уровне, т.е.
когда начальная и
X
конечная
x
x
L
вертикальные
Рис. 19
координаты равны
(см. Рис.19).
Если y  y 0 , то из (75) мы можем найти, сколько времени
занимает такой полёт:
0
0
0 v0
 sin( )  t AB

1
2
 g  t AB
2
или
0  t AB 
 v 0 sin    12  g  t AB 
(78)
Формула (78) показывает, что произведение двух
сомножителей равно нулю. Это означает, что существуют две
возможности:
i)
t
 AB
 0,
ii ) v 0  sin ( ) 
(79)
1
 g  t AB  0
2
(80)
Решение (79) не представляет практического интереса, так
как соответствует случаю, когда тело находится в покое и точка В
тривиально совпадает с точкой А. Напротив, из (80) получим:
38
t
 AB

Из Рис. 19 очевидно, что:
2v 0 sin ( )
g
(81)
L  x  x0
(82)
Тогда из (82), (74) и (81) имеем:
L  x  x 0  v 0  cos( )  t AB  v 0  cos( ) 
2v 0 sin ( )
g
(83)
После тригонометрических преобразований окончательно
получим формулу для горизонтальной дальности полёта тела:
L
v 02 sin (2 )
g
(85)
Формула (85), в частности, показывает, что для достижения
максимальной горизонтальной дальности полёта тела при
заданном значении модуля начальной скорости v 0 необходимо
иметь максимальное значение для sin (2 )  MAX . Как известно,
максимальное значение для функции синуса равно (+1):
sin (2 * )  MAX   1
(86)
При этом максимальная дальность полёта составит:
LMAX 
v 02
g
(87)
Из условия (86) находим значение  * для угла, под
которым следует бросить тело, для получения L  L MAX . По
определению, угол, синус которого равен (+1), составляет 900 .
39
Таким образом, имеем 2 *  90 0 или :
 *  45 0
(88)
Вернёмся к общему случаю с произвольным значением
угла  и найдем сколько времени занимает полёт тела из
начальной точки А в точку М*, расположенную на вершине
траектории полёта (см. Рис. 19). Для того чтобы найти t AM * ,
заметим, что в точке М* прекращается дальнейший подъём тела
вверх (для которого v y  0 , см. формулу (73)) и начинается спуск
тела вниз (для которого v y  0 , см. формулу (73)). Это значит, что
в момент времени, когда тело пролетает точку М*, вертикальная
составляющая скорости тела на мгновение становится равной
нулю. Таким образом, из (73) для точки М* имеем:
v y  v 0  sin( )  g  t AM *
(89)
0
или
t AM *


v 0 sin ( )
(90)
g
Из Рис. 19 также очевидно, что:
H MAX  y *  y 0
(91)
С другой стороны, из (75) для точки М имеем:
*
y *  y 0  v 0  sin( )  t AM *

1
2
 g  t AM
*
2
(92)
Подставляя (91) и (90) в (92), получим формулу для
вычисления максимальной высоты подъёма летящего тела над
начальным уровнем :
H MAX
40

y
*

y 0  v 0  sin( ) 
v 0  sin( )
g
 v  sin( ) 
1

  g   0
2
g


2
или
H MAX

v 02 sin 2 ( )
(93)
2 g
В заключение экскурса в теорию данного вопроса отметим,
что при использовании формул (72), (73), (74) и (75) обязательно
следует пользоваться правилом выбора знака для угла  .
Правило. Положительные значения угла  отсчитываются от
горизонтали, проведённой через точку А, в направлении
против часовой стрелки (как на Рис. 18 и 19).
Отрицательные значения угла  отсчитываются от горизонтали,
проведённой через точку А, в направлении по часовой стрелке
(как на Рис. 20).
В некоторых задачах
горизонталь
Y
по данной теме в исходных
A
данных
вообще
не
y0

указывается время полёта.
v
Если и в вопросе задачи
речь не идёт о времени
y
B
полёта, то в таких случаях
удобнее
воспользоваться
X
уравнением
траектории
x
x
полёта, которое можно
Рис. 20
получить из формул (74) и
(75). Сначала выразим
время полёта из формулы (74). Учитывая формулу (82), получим:
0
0
t

x  x0
L

v 0 cos ( ) v 0 cos ( )
(94)
Далее подставим формулу (94) в уравнение (75):


L
1
L

y  y 0  v 0  sin ( ) 
  g  

v 0 cos ( ) 2
 v 0 cos ( ) 
2
41
После преобразований получим:
g L
2
y  y 0  L  tg ( ) 
Окончательно формулу
тригонометрическое тождество:
1
cos ( )
2
(95)
2 v 0 cos ( )
2
2
(95)
перепишем,
используя
2
 1  tg ( )
(96)
В результате получим уравнение траектории полёта:
y  y0 
g  L2
2v
2
0
 L  tg ( ) 
g  L2
2v
2
0
2
 tg ( )
(97)
Теперь рассмотрим, как решаются задачи по данной теме
Задача #1.
Тело бросили с башни высотой h = 60 м под некоторым
неизвестным положительным углом  к горизонту с некоторой
v 0 . Время полета до
неизвестной начальной скоростью
Земли составило 6 секунд. Найти на какую максимальную высоту
над поверхностью Земли в ходе полета поднималось это тело.
Для
начала
сделаем
рисунок
Y
M*
y*
задачи, на котором
v
обозначим искомую HMAX
максимальную высоту

y0
B*
h MAX
как h MAX . Сравнивая
A
Рис. 21 и Рис. 19
h
можно заметить, что в
B
рассматриваемой
X
y
x
x
задаче
участок
Рис. 21
движения тела от
начальной точки А до
0
0
42
промежуточной точки
В* аналогичен движению, которое
изображено на Рис. 19, для которого мы уже знаем как найти
величину H MAX по формуле (93).
С другой стороны, из Рис. 21 очевидно, что:
h MAX  h  H MAX
или
h MAX
 60м 
v 02 sin 2 ( )
2 g
(98)
На первый взгляд формула (98) содержит две неизвестные
величины v 0 и  . Однако, если внимательно присмотреться к
формулам (98) и (75), то обнаружится , что в обеих формулах
величины v 0 и  входят в одинаковой комбинации в виде
произведения
v 0  sin ( ) . Учитывая , что h  y 0  y
(см. Рис.
21) из уравнения (75) мы сможем найти числовое значение для
произведения v 0  sin ( ) . Получим:
v0
1
1
2
2
 g t  h
106  60
2
2
 sin ( ) 

 20 м/сек
t
6
(99)
Осталось подставить результат (99) в (98) и получить ответ задачи:
h MAX
 60 M 
( 20 м/сек) 2
210 м/сек 2
 80 м
В заключение рассмотрим задачу, для решения которой
применим уравнение траектории (97).
Задача #2.
Каким должен быть угол  , под которым следует бросить
тело с горизонтальной поверхности Земли для того, чтобы оно
попало в отверстие в вертикальной стене, отстоящей от места
43
бросания на расстоянии
L = 1 м и на высоте H =
1
м (см.
2
Рис. 22) ? Известно, что вектор начальной скорости имеет
модуль v 0  20 м/с .
Y
B
y
v0
H
y0
Рис. 22
A 
x0
X
L
x
Из Рис. 22 следует, что:
H  y  y0
(100)
Из уравнения траектории полёта (97) и формулы (100)
получим:
g  L2
g  L2
2
0

tg
(

)

L

tg
(

)

H
(101)
2v 02
2v 02
Получившаяся формула (101)содержит все исходные данные
задачи и единственную неизвестную величину – угол . С точки
зрения алгебры формула (101) представляет собой квадратное
уравнение с неизвестной величиной tg ( ) . Прежде чем
приступить к стандартной процедуре решения целесообразно
предварительно подставить числовые значения для g, L, H и v 0 и
вычислить постоянные коэффициенты квадратного уравнения.
44
g  L2
2v
2
0

1012
2( 20)
2

g  L2
1
м
4
2v
2
0
H
1 1 3
  м
4 2 4
Таким образом, уравнение (100) примет вид:
1
3
2
 tg ( )  1  tg ( )   0
4
4
или
tg 2 ( )  4  tg ( )  3  0
(102)
Это уравнение имеет два решения:
tg ( 1 )  3
  arctg (3)  72
;
0
(103)
1
tg ( 2 )  1 ;
 2  45
0
(104)
Убедимся, что оба значения (103) и (104) являются ответами
на вопрос, поставленный в задаче. Углы  и  задают разные
1
2
способы попадания тела в конечную точку В с координатами
х = L, y = H. Если тело будет брошено под углом  1 , то оно
попадет в точку В на нисходящей ветви траектории своего полёта,
как показано на Рис. 23. В этом можно убедиться, подсчитав
максимальную высоту подъёма по формуле (93), учитывая, что
sin( 1 ) можно выразить через tg ( 1 ) по тригонометрической
формуле:
sin 2 ( 1 ) 
tg 2 (1 )
(3) 2

1  tg 2 (1 ) 1  (3) 2

9
10
(105)
Подставляя в (93) получим:
H MAX
9
( 20) 2 
9
10


м
210
10
45
Как видим полученное числовое значение
H MAX  H , что
согласуется с Рис.23. Для большей уверенности найдём, на каком
расстоянии по горизонтали расположен найденный максимум
подъёма траектории. Для этого используем формулы (82), (74) и
(90):
v  sin ( 1 )
L*  x *  x  v 0  cos ( 1 )  t * v 0  cos ( 1 )  0
g
AM
или
L* 
v 02 sin (21 )
2 g
(106)
где по формулам тригонометрии:
sin (2   1 ) 
2tg ( )
1  tg ( )
2

23
1  (3) 2

3
5
(107)
Y
М*
H
y
v0
B
MAX
H
y0
A 1
X
x
x0
L*
Рис. 23
L
Окончательно из (106) и (107) имеем:
*
L
46
3
5  12  3 м
210
20 5
( 20) 2 

(108)
Результат (108) также хорошо согласуется с Рис.23, так как
числовое значение
L*  L .
Второй полученный ответ
  45
0
2
соответствует такой
траектории полёта, когда попадание в конечную точку В
осуществляется на её восходящей ветви, как показано на Рис. 22.
0
Если для   45 вычислить
2
H MAX и L* , то получим:
2
 2
1
( 20) 

20
 2 
2 1м


210
20
2
2
H MAX
Результат (109) показывает, что при
(109)
  45
2
0
высота
максимального подъёма точно совпадает с заданным значением
H . Это значит, что числовое значение L* также должно совпасть
с заданным значением L . Проверим это по формуле (106) с
учетом замены  на  :
1
2
v 02 sin (2 2 ) (
L 

2 g
*
20) 2 sin (90 0 )
 1м
210
(110)
Предположение
подтвердилось,
свидетельствуя
о
правильности физической интерпретации полученных решений.
В заключение сделаем ещё одну проверку решения. На этот
раз воспользуемся уравнениями (74) и (75) и формулами (82),
(100). Сначала из (74) и (82) выразим время полёта t AB . Затем
полученный результат будем подставлять в (75) и, с учетом (100),
находить расчётную величину высоты положения точки В.
Сравнивая расчетное значение Н со значением, которое задано в
условии задачи, мы будим судить о правильности полученного
47
решения. Если расчетное и заданное значения Н совпадут, то это
подтвердит правильность полученного решения.
Итак, испытаем первое решение, найдём время полёта тела
по первой траектории, подставив (103) в (74) с учётом (82) и
тригонометрического соотношения (96):
I
t AB


x  x0

v 0 cos( 1 ) v
L
0
1

1tg ( 1 )
2
1м
1
20 м/с
1  (3) 2
или
I
t AB


2
с
2
(111)
Теперь подставляем (111) в (75) с учётом (100):
I
H  y  y 0  v 0  sin( 1 )  t AB

1
I
 g  ( t AB
)2
2
Для завершения расчёта необходимо выразить
sin( 1 )
(112)
через
tg ( 1 ) . Из (105) имеем:
sin( 1 ) 
3
10
(113)
Подставляя (113) в (112), получаем:
2
H
 2
3
2 1
5 1
 20 

  10  
 3  м
2
2 2
10 2
 2 
(114)
Результат (114) совпадает со значением высоты положения
точки В по условиям задачи, что подтверждает правильность
проверяемого первого решения (103).
Следуя описанной парадигме, проверим второе решение,
представленное результатом (104). Сначала найдём время полёта
тела по второй траектории. Из (74), (104), (82) и (96) получим:
48
II
t AB


x  x0

v 0 cos( 2 ) v
L
0

1
1tg ( 2 )
2
1м
1
20 м/с
1  (1) 2
или
II
t AB


Далее,
из
sin( 2 )  sin(45 0 ) 
(75),
1
с
10
(115)
(115),
учитывая,
что
2
, имеем:
2
II
H  y  y 0  v 0  sin( 2 )  t AB

1
II
 g  ( t AB
)2
2
или
2
H
20 
 1 
2 1
1
1 1

  10  
 1  м
2
2
2 2
10
 10 
(116)
Результат (116) совпал с исходным значением Н в условиях
задачи. Это означает, что второе полученное решение (104) также
является правильным.
49
Указатель
В
вектор перемещения, 4
Г
гипотеза, 7
горизонтальная дальность
полёта, 39
М
максимальная высота
подъёма летящего тела, 40
материальная точка, 4
П
правило
- отсчёта положительного
угла поворота, 23
- выбора знака в
уравнениях движения
тела по окружности, 25
- выбора знака для угла
бросания, 41
- изображения модуля
вектора на рисунке, 17
- определения направления
вектора мгновенной
50
скорости в данной точке
траектории, 20
- параллельного переноса
векторов, 12, 17
- треугольника, 10, 12
преобразования Галилея, 6
С
система отсчёта, 3, 23
- подвижная, 5, 14
скорость
- мгновенная угловая, 24
- мгновенная линейная, 24
Т
теорема косинусов, 19
У
угловое перемещение, 24
уравнение траектории, 42
ускорение
- угловое, 25
- нормальное, 21
- полное, 22
- тангенциальное, 21
- центростремительное, 21
Содержание
Введение ....................................................................................... 3
Тема: Преобразования Галилея ..................................................... 3
Задача #1............................................................................................ 6
Задача #2.......................................................................................... 14
Тема: Движение тела по окружности........................................... 20
Задача #1.......................................................................................... 26
Задача #2.......................................................................................... 31
Тема: Движение тела, брошенного под углом

к горизонту..... 35
Задача #1.......................................................................................... 42
Задача #2.......................................................................................... 43
51