Кинематика (страница 3)

Пусть \(H_1\) — высота вышки, и \(H_2\) — глубина погружения пловца в воду.
Рассмотрим движение на двух участках: в воздухе и в воде. Начальная скорость пловца \(\upsilon_{0}=0\), перемещение равно \(S_{y1}=0-H_1=-5\) м.
Формула для нахождения перемещения при равноускоренном движении: \[S_{y1}=\dfrac{\upsilon_{1}^2-\upsilon_0^2}{-2g}=\dfrac{\upsilon_{1}^2}{-2g}\] Отсюда\[v_{1}=\sqrt{-2gS_{y1}}=\sqrt{-2\cdot10\text{ м/с$^2$}\cdot{(-5\text{ м})}}=10\text{ м/с}\]
Теперь рассмотрим движение в воде. Ускорение направлено вверх, оно тормозит пловца. \(S_{y2}=H_2-0=-2-0=-2\) м. \[S_{y2}=\frac{\upsilon_{2}^2-\upsilon_1^2}{2a_2}\] \[a_2=\frac{0-\upsilon_1^2}{2S_{y2}}=\frac{0-(10\text{ м/с})^2}{2\cdot(-2\text{ м})}=25 \text{ м/с}^2\] Зная ускорение и начальную и конечную скорость (она равна нулю), найдем время движения в воде: \[\upsilon_{\text{ конеч}}=\upsilon_{1}+a_2t\] \[0=-\upsilon_{1}+a_2t\] \[t=\frac{\upsilon_{1}}{a_2}=\frac{10\text{ м/с}}{25\text{ м/с$^2$}}=0,4\text{ с}\]

Сначала ракета двигалась равноускоренно вверх. Запишем формулу движения до момента прекращения ускорения и формулу движения: \[h_1=\dfrac{at^2}{2}\] А скорость в конце разгона составит \[v=at\] После этого она находилась в свободном полете под действием силы тяжести, в ходе чего остановилась в воздухе на высоте: \[h_2=h_1+vt_2-\dfrac{gt_2^2}{2},\] где \(v\) — начальная скорость на этом участке.

Выразим \(t_2\) (время от момента прекращения ускорения \(a\) до момента остановки ракеты) по формуле конечной скорости: \[0=v-gt_2\] \[t_2=\dfrac{v}{g}\] Отсюда: \[h_2=h_1+v\cdot\dfrac{v}{g}-\dfrac{g\cdot\bigg(\dfrac{v}{g}\bigg)^2}{2}\] Подставим формулу для \(h_1\): \[h_2=\dfrac{at^2}{2}+\dfrac{v^2}{g}-\dfrac{g\cdot\bigg(\dfrac{v}{g}\bigg)^2}{2}\] После этого ракета начнет падать вниз, пока не упадет: \[0=h_2-\dfrac{gt_0^2}{2}\] \[h_2=\dfrac{gt_0^2}{2}\] \[\dfrac{at^2}{2}+\dfrac{v^2}{2g}=\dfrac{gt_0^2}{2}\] Осталось выразить \(t_0\): \[t_0=\sqrt{\dfrac{1}{g}\cdot\Bigg(at^2+\dfrac{a^2t^2}{g}\Bigg)}=\sqrt{\dfrac{1}{10\text{ м/с$^2$}}\cdot\Bigg(50\text{ м/с$^2$}\cdot100\text{ с$^2$}+\dfrac{2500\text{ м$^2$/с$^4$}\cdot 100\text{ с$^2$}}{2\cdot 10\text{ м/с$^2$}}\Bigg)}\approx 42\text{ с}\]

Пусть \(S\) — длина одного вагона, \(a\) — ускорение поезда.
В момент прихода пассажира поезд проехал путь, равный: \[S_1=\dfrac{a\tau^2}{2}\] Когда проехал предпоследний вагон, путь стал равен: \[S_1+S=\dfrac{a\cdot(t_1+\tau)^2}{2}\] Выразим отсюда длину вагона: \[S=\dfrac{a\cdot(t_1+\tau)^2}{2}-S_1=\dfrac{a\cdot(t_1+\tau)^2}{2}-\dfrac{a\tau^2}{2}\] Когда проехал последний вагон, путь стал равен: \[S_1+2S=\dfrac{a\cdot(\tau+t_1+t_2)^2}{2}\] Отсюда также выразим \(S\): \[S=\Bigg(\dfrac{a\cdot(\tau+t_1+t_2)^2}{2}-S_1\Bigg)/2=\Bigg(\dfrac{a\cdot(\tau+t_1+t_2)^2}{2}-\dfrac{a\cdot(t_1+\tau)^2}{2}\Bigg)/2\] Длины вагонов равны, значит: \[\dfrac{a\cdot(t_1+\tau)^2}{2}-\dfrac{a\tau^2}{2}=\Bigg(\dfrac{a\cdot(\tau+t_1+t_2)^2}{2}-\dfrac{a\cdot(t_1+\tau)^2}{2}\Bigg)/2\] Осталось выразить отсюда \(\tau\): \[\tau=\dfrac{t_2^2+2t_1t_2-t_1^2}{2(t_1-t_2)}=\dfrac{(8~c)^2+2\cdot9~c\cdot8~c-(9~c)^2}{2\cdot(9~c-8~c)}=63,5~c\]

Запишем уравнение торможения, сразу отметив, что ускорение отрицательно, т.к. направлено против движения автомобиля: \[S=\dfrac{v^2-v_0^2}{-2a}\] Конечная скорость \(v=0\). Отсюда: \[S=\dfrac{v_0^2}{2a}\] Выразим ускорение: \[a=\dfrac{v_0^2}{2S}=\dfrac{400\text{ м$^2$/с$^2$}}{200\text{ м}}=2\text{ м/с$^2$}\] Запишем формулу для скорости при равнозамедленном движении: \[0=v_0-at\] Отсюда: \[t=\dfrac{v_0}{a}=\dfrac{v_0}{\dfrac{v_0^2}{2S}}=\dfrac{2S}{v_0}=\dfrac{200\text{ м/с}}{20\text{ м/с}}=10\text{ с}\] Теперь запишем уравнение тормозного пути, при котором автомобиль прошел путь S/4 с тем же ускорением: \[\dfrac{S}{4}=\dfrac{v_1^2-v_0^2}{-2a}\] Выразим \(v_1\): \[v_1=\sqrt{v_0^2-\dfrac{aS}{2}}=\sqrt{400\text{ м$^2$/с$^2$}-\dfrac{2\text{ м/с$^2$}\cdot 100\text{ м}}{2}}\approx 17\text{ м/с}\]

Напишем уравнение скорости шарика, летевшего с Земли через время \(\tau\) (относительно оси \(Oy\)): \[v_1\sin\beta=v_0\sin\alpha-g\tau ,\] где \(\beta\) — угол, на который наклонена скорость этого шарика относительно горизонта спустя время \(\tau\).

Напишем уравнение скорости второго шарика через время \(\tau\) (относительно оси \(Oy\)): \[-v_2=-g\tau\] Пусть массы шариков равны \(m\). По закону сохранения импульсов (относительно оси \(Oy\)): \[mv_1\sin\beta-mv_2=0\] \[v_1\sin\beta=v_2\] \[v_0\sin\alpha-g\tau=g\tau\] \[v_0=\dfrac{2g\tau}{\sin\alpha}=\dfrac{2\cdot 10\text{ м/с$^2$}\cdot 1\text{ с}}{0,5}=20\text{ м/с}\]

Пусть начальная скорость шариков равна \(v_0\), а максимальные высоты подъема равны \(h_1\) и \(h_2\) для первого и второго шариков соответственно.
Напишем уравнение полета первого шарика относительно оси \(Oy\) до момента набора максимальной высоты: \[h_{1}=v_0\sin\alpha t-\dfrac{gt^2}{2}\] По формуле скорости при равнозамедленном движении (в верхней точке траектории скорость по оси \(Oy\) равна 0): \[0=v_0\sin\alpha-gt\] \[t=\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}\] Подставим в предыдущую формулу: \[h_1=v_0\sin\alpha\cdot\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}-\dfrac{g\bigg(\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}\bigg)^2}{2}=\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}\] Для второго шарика уравнения аналогичны, отличаются лишь углы, под которыми шарики бросают. Отсюда: \[h_2=\dfrac{v_0^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}{2g}\] Осталось найти \(\dfrac{h_1}{h_2}\): \[\dfrac{h_1}{h_2}=\dfrac{\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g} }{\dfrac{v_0^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}{2g}}=\dfrac{\sin^2\alpha}{\sin^2\dfrac{\alpha}{2}}=\dfrac{0,75}{0,25}=3\]

Бомба будет лететь с постоянной скоростью \(v_0\) относительно оси \(Ox\) (её и нужно найти), и равноускоренно с ускорением \(g\) без начальной скорости относительно оси \(Oy\).
Запишем уравнение движения бомбы относительно \(Oy\): \[h=\dfrac{gt^2}{2}\] Выразим \(t\) (время всего полета бомбы): \[t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\] Запишем уравнение движения бомбы относительно \(Ox\): \[S=v_0t\] Подставим время падения в эту формулу: \[S=v_0\cdot\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\] Осталось выразить \(v_0\): \[v_0=S\sqrt{\dfrac{g}{2h}}=300\text{ м}\sqrt{\dfrac{10\text{ м/с$^2$}}{2\cdot 500\text{ м}}}=30\text{ м/с}\]