Основные формулы
– Векторы обозначены жирным курсивным шрифтом (например $\boldsymbol{r}, \boldsymbol{v}, \boldsymbol{a}$ ), а их модули – светлым курсивным шрифтом (например $r, v, a$ ).
– Скорость и ускорение частицы:
\[
v=\frac{d r}{d t}, a=\frac{d v}{d t} .
\]

где $\boldsymbol{r}$ – радиус-вектор рассматриваемой частицы.
– Ускорение частицы в проекциях на касательную и нормаль к траектории ее движения:
\[
a_{\tau}=\frac{d v}{d t}, a_{\mathrm{n}}=\frac{v^{2}}{R},
\]

где $R$ – радиус кривизны траектории в данной точке, $v$ – модуль вектора скорости частицы.
– Путь, пройденный частицей:
\[
s=\int v d t,
\]

где $v$ – модуль скорости частицы.
– Угловые скорость и ускорение твердого тела:
\[
\omega=\frac{d \varphi}{d t}, \beta=\frac{d \omega}{d t},
\]

где $\boldsymbol{\varphi}$ – вектор, соответствующий углу поворота тела $\varphi$.
– Связь между линейными и угловыми величинами при плоском движении твердого тела:
\[
v=v_{\mathrm{O}}+[\omega r] \text {, }
\]
$r$ – радиус-вектор рассматриваемой точки тела относительно произвольной точки О тела, $v_{\mathrm{O}}$ – скорость точки $\mathrm{O}$.
– Связь между линейными и угловыми величинами при вращении твердого тела вокруг неподвижной оси:
\[
v=[\omega r], a_{\mathrm{n}}=\omega^{2} R, a_{\tau}=\beta R,
\]

где $\boldsymbol{r}$ – радиус-вектор рассматриваемой точки тела относительно произвольной точки, принадлежащей оси вращения, $R$ – расстояние от точки до оси вращения.

Примеры решения задач
1.1.1. Два тела бросили одновременно из одной точки: одно вертикально вверх, другое – под углом $\theta=60^{\circ}$ к горизонту. Начальная скорость каждого тела $v_{0}=25 \mathrm{~m} /$. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти расстояние между телами через $t_{0}=1,7 \mathrm{c}$.
Решение.
Уравнения движения первого тела, брошенного вертикально вверх, имеют вид:
\[
\begin{array}{c}
x=0, \\
y=v_{0} t-\frac{g t^{2}}{2},
\end{array}
\]

а уравнения движения второго тела
\[
\begin{array}{c}
x=v_{0} t \cos \theta, \\
y=v_{0} t \sin \theta-\frac{g t^{2}}{2} .
\end{array}
\]

К моменту времени $t_{0}$ первое тело будет в точке с координатами
\[
\begin{array}{c}
x_{1}=0, \\
y_{1}=v_{0} t_{0}-\frac{g t_{0}^{2}}{2},
\end{array}
\]

а второе тело – в точке
\[
\begin{array}{c}
x_{2}=v_{0} t_{0} \cos \theta, \\
y_{2}=v_{0} t_{0} \sin \theta-\frac{g t_{0}^{2}}{2} .
\end{array}
\]

Расстояние $d$ между этими точками равно
\[
d=\left[\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}\right]^{1 / 2}=v_{0} t_{0} \sqrt{2(1-\sin \theta)} .
\]

Используя численные условия задачи, получаем искомое расстояние $d=22$ м.
Ответ: $d=v_{0} t_{0} \sqrt{2(1-\sin \theta)}=22 \mathrm{~m}$.

1.1.2. Радиус-вектор частицы меняется со временем $t$ по закону $\boldsymbol{r}=\boldsymbol{b} t(1-\alpha t)$, где $\boldsymbol{b}$ – постоянный вектор, $\alpha$ – положительная постоянная. Найти:
a) скорость $v$ и ускорение $a$ частицы в зависимости от времени;
б) промежуток времени $\Delta t$, по истечении которого частица вернется
в исходную точку, а также путь, который она пройдет при этом.
Решение
Дифференцируя радиус-вектор частицы $r$ по времени, получаем скорость частицы $v$ в виде
\[
v=\frac{d r}{d t}=b(1-2 \alpha t),
\]

дифференцируя, затем, полученное выражение для скорости частицы $v$ еще раз по времени, приходим к выражению для ускорения
\[
a=-2 a b \text {. }
\]

Из этих выражений видно, что вектор ускорения частицы $a$ постоянен и направлен навстречу ее скорости $v$ и, следовательно, частица движется равнозамедленно. В некоторый момент времени $t_{0}$ частица достигнет точки поворота, в которой ее скорость $v$ обратится в ноль. Условие $v=0$ определяет время движения частицы до точки поворота
\[
t_{0}=\frac{1}{2 \alpha},
\]

а радиус-вектор точки поворота $r_{0}$ найдем подстановкой времени $t_{0}$ в исходное выражение, определяющее зависимость радиуса-вектора частицы от времени
\[
\boldsymbol{r}_{0}=\boldsymbol{b} t_{0}\left(1-\alpha t_{0}\right)=\frac{\boldsymbol{b}}{4 \alpha} .
\]

Так как частица движется по прямой линии (вектор $\boldsymbol{b}=\mathrm{const}$ ), то ее путь до поворота и обратно равен удвоенной длине радиуса-вектора $r_{0}$ точки поворота. Следовательно, искомый путь равен
\[
s=2\left|r_{0}\right|=\frac{|b|}{2 \alpha} .
\]

Промежуток времени $\Delta t$, по истечении которого частица вернется в исходную точку определяется из уравнения
\[
r=b t(1-\alpha t)=0,
\]

которое имеет два корня $t=0$ и $t=1 / \alpha$. Первый корень соответствует моменту старта точки, а второй корень моменту ее возврата в точку старта. Поэтому искомый промежуток времени $\Delta t$ равен
\[
\Delta t=1 / \alpha \text {. }
\]

Ответ: а) $v=b(1-2 \alpha t) ; a=-2 \alpha b$. б) $\Delta t=1 / \alpha ; s=|b| / 2 \alpha$
1.1.3. Точка движется, замедляясь, по прямой с ускорением, модуль которого зависит от ее скорости $v$ по закону $a=\alpha \sqrt{v}$, где $\alpha$ положительная постоянная. В начальный момент скорость точки равна $v_{0}$. Какой путь она пройдет до остановки? За какое время этот путь будет пройден?
Решение
Так как точка движется замедляясь, то дифференциальное уравнение, определяющее зависимость скорости точки от времени, имеет вид
\[
\frac{d v}{d t}=-\alpha \sqrt{v} .
\]

Решение этого уравнения с разделяющимися переменными, с учетом начального условия $v=v_{0}$ при $t=0$, дает
\[
v=\left(\sqrt{v_{0}}-\frac{\alpha t}{2}\right)^{2} .
\]

Время $t_{0}$ до остановки точки определяется из условия $v=0$, откуда
\[
t_{0}=\frac{2 \sqrt{v_{0}}}{\alpha} .
\]

Найдем уравнение движения точки. Для этого направим ось $\boldsymbol{x}$ вдоль прямой, по которой движется точка и составим дифференциальное уравнение ее движения
\[
v=\frac{d x}{d t}=\left(\sqrt{v_{0}}-\frac{\alpha t}{2}\right)^{2} .
\]

Решение этого уравнения имеет вид
\[
x=\int_{0}^{t}\left(\sqrt{v_{0}}-\frac{\alpha t}{2}\right)^{2} d t=\frac{2}{3 \alpha}\left[\sqrt{v_{0}^{3}}-\left(\sqrt{v_{0}}-\frac{\alpha t}{2}\right)^{3}\right],
\]

а координата точки остановки определится подстановкой в это выражение времени движения точки до остановки $t_{0}$ вместо текущего времени $t$. Путь $s$ пройденный телом до остановки как раз равен этой координате, так как точка вплоть до остановки все время двигалась в одну и ту же сторону. В результате получим
\[
s=\frac{2}{3 \alpha} \sqrt{v_{0}^{3}} .
\]

Ответ: $s=\frac{2}{3 \alpha} \sqrt{v_{0}^{3}} ; t_{0}=\frac{2 \sqrt{v_{0}}}{\alpha}$.
1.1.4. Под каким углом к горизонту надо бросить шарик, чтобы: a) центр кривизны вершины траектории находился на земной поверхности; б) радиус кривизны начала его траектории был в $\eta=8,0$ раз больше, чем в вершине?
Решение
Уравнения движения тела, брошенного со скоростью $v_{0}$ под углом $\alpha$ к горизонту (см. рис. 1.1), имеют вид:
\[
\begin{array}{c}
x=v_{0} t \cos \alpha, \\
y=v_{0} t \sin \alpha-g t^{2} / 2,
\end{array}
\]

а соответствующие зависимости от времени проекций скорости тела на горизонтальное и вертикальное направление таковы
\[
\begin{array}{c}
v_{\mathrm{x}}=d x / d t=v_{0} \cos \alpha \\
v_{\mathrm{y}}=d y / d x=v_{0} \sin \alpha-g t .
\end{array}
\]

Условие $v_{y}=0$ определяет время движения тела до верхней точки траектории
\[
t_{1}=\frac{v_{0} \sin \alpha}{g},
\]

а координата $y$ верхней точки, получаемая при подстановке этого времени
в уравнение движения тела, дает высоту подъема
\[
H=\frac{\left(v_{0} \sin \alpha\right)^{2}}{2 g} .
\]

a) В вершине траектории нормальное ускорение равно $g$, а скорость тела равна $v=v_{\mathrm{x}}=v_{0} \cos \alpha$, поэтому радиус кривизны траектории определяется выражением $R_{1}=\left(v_{0} \cos \alpha\right)^{2} / g$. По условию задачи $R_{\mathrm{I}}=H$, откуда $\operatorname{tg} \alpha=\sqrt{2}$ и $\alpha=54,8^{0}$.
б) Найдем радиус кривизны $R_{0}$ начала траектории движения тела. Как видно из рис. 1.1 нормальное ускорение тела в точке бросания равно $a_{\mathrm{n}}=g \cos \alpha$, поэтому $R_{0}=v_{0}^{2} /(g \cos \alpha)$. Используя выражение для радиуса кривизны траектории в вершине $R_{1}=\left(v_{0} \cos \alpha\right)^{2} / g$ и соотношение $R_{0}=\eta R_{1}$, заданное по условию задачи, получаем $\cos \alpha=\eta^{-3}=1 / 2$ и $\alpha=60^{0}$.
Ответ: а) $\alpha=\operatorname{arctg} \sqrt{2}=54,8^{0}$; б) $\alpha=\arccos \eta^{-3}=60^{0}$.
1.1.5. Воздушный шар начинает подниматься с поверхности земли. Скорость его подъема постоянна и равна $v_{0}$. Благодаря ветру, шар приобретает горизонтальную компоненту скорости $v_{\mathrm{x}}=\alpha y$, где $\alpha$ постоянная, $y$ – высота подъема. Найти зависимость от высоты подъема:
a) величины сноса шара $x(y)$;
б) полного, тангенциального и нормального ускорений шара.
Решение
Найдем уравнения движения шара. Так как по оси $у$ шар движется равномерно со скоростью $v_{0}$, то координата шара $y$ зависит от времени подъема $t$ по закону $y=v_{0} t$. Зависимость координаты шара $x$ от времени $t$ можно определить из дифференциального уравнения
\[
v_{\mathrm{x}}=\frac{d x}{d t}=\alpha y=\alpha v_{0} t,
\]

решение которого, с учетом начального условия $x=0$ при $t=0$, имеет вид
\[
x=\frac{\alpha v_{0} t^{2}}{2} .
\]

Учитывая, что $t=y / v_{0}$, определим искомую величину сноса шара $x$ в зависимости от высоты подъема $y$ :
\[
x=\frac{\alpha y^{2}}{2 v_{0}} .
\]

Компонента ускорения $a_{y}=0$, так как по оси $y$ шар движется равномерно. Компоненту ускорения $a_{\mathrm{x}}$ найдем дважды дифференцируя координату $x$ по времени $t$. В результате получим $a_{\mathrm{x}}=\alpha v_{0}$ и, следовательно, полное ускорение шара равно $a=\sqrt{a_{\mathrm{x}}^{2}+a_{\mathrm{y}}^{2}}=\alpha v_{0}$.
Тангенциальное ускорение шара равно
\[
a_{\tau}=\frac{d v}{d t}
\]

где $v$ – полная скорость шара определяется выражением
\[
v=\sqrt{v_{\mathrm{x}}^{2}+v_{\mathrm{y}}^{2}}=\sqrt{\left(\alpha v_{0} t\right)^{2}+v_{0}^{2}},
\]

дифференцируя которое по времени, получаем
\[
a_{\tau}=\frac{d v}{d t}=\frac{\alpha^{2} v_{0}^{2} t}{\sqrt{\left(\alpha v_{0} t\right)^{2}+v_{0}^{2}}} .
\]

Избавляясь от времени с помощью соотношения $t=y / v_{0}$, получаем зависимость тангенциального ускорения шара от высоты его подъема
\[
a_{\tau}=\frac{\alpha^{2} y}{\sqrt{1+\left(\alpha y / v_{0}\right)^{2}}} .
\]

Нормальное ускорение шара $a_{\mathrm{n}}$ найдем, учитывая взаимную перпендикулярность векторов $\boldsymbol{a}_{\tau}$ и $\boldsymbol{a}_{\mathrm{n}}$, по теореме Пифагора:
\[
a_{\mathrm{n}}=\sqrt{a^{2}-a_{\mathrm{\tau}}^{2}}=\frac{\alpha v_{0}}{\sqrt{1+\left(\alpha y / v_{0}\right)^{2}}} .
\]

Ответ: а) $x=\frac{\alpha y^{2}}{2 v_{0}}$; б) $a=\alpha v_{0}, a_{\tau}=\frac{\alpha^{2} y}{\sqrt{1+\left(\alpha y / v_{0}\right)^{2}}}, a_{\mathrm{n}}=\frac{\alpha v_{0}}{\sqrt{1+\left(\alpha y / v_{0}\right)^{2}}}$.
1.1.6. Точка движется по окружности со скоростью $v=\alpha t$, где $\alpha=0,5 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$. Найти ее полное ускорение в момент, когда она пройдет $n=0,1$ длины окружности после начала движения.
Решение
Тангенциальное ускорение частицы равно
\[
a_{\tau}=d v / d t=d(\alpha t) / d t=\alpha
\]

и остается постоянным. Нормальное ускорение частицы зависит от времени по закону

\[
a_{\mathrm{n}}=v^{2} / R=\alpha^{2} t^{2} / R .
\]

Найдем время $t_{0}$, за которое частица пройдет $n$-тую часть окружности. Зависимость пройденного частицей пути $s$ от времени определяется дифференциальным уравнением
\[
d s / d t=\alpha t,
\]

решение которого имеет вид: $s=\alpha a^{2} / 2$. Поэтому, искомое время $t_{0}$ находится из условия
\[
2 \pi R n=\alpha a_{0}^{2} / 2,
\]

откуда получаем соотношение $\alpha^{2} t^{2}=4 \pi R n \alpha$, подставляя которое в выражение для нормального ускорения, получаем $a_{\mathrm{n}}=4 \pi \alpha n$. Полное ускорение в этот момент времени равно
\[
a=\sqrt{\alpha^{2}+(4 \pi \alpha n)^{2}}=\alpha \sqrt{1+(4 \pi n)^{2}} .
\]

Подставляя численные значения задачи, получим $a=0,8 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.
Ответ: $a=\alpha \sqrt{1+(4 \pi n)^{2}}=0,8 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.
1.1.7. Частица А движется в одну сторону по траектории (см. рис. 1.2) с тангенциальным ускорением $a_{\tau}=\alpha \tau$, где $\alpha$ – постоянный вектор, совпадающий по направлению с осью $x$, а $\tau$ – единичный вектор, связанный с частицей $\mathrm{A}$ и направленный по касательной к траектории в сторону возрастания дуговой координаты. Найти скорость частицы в зависимости от $x$, если в точке $x=0$ ее скорость равна нулю.
Решение
Дифференциальное уравнение, определяющее зависимость скорости частицы $v$ от времени $t$, имеет вид
\[
\frac{d v}{d t}=a_{\tau} .
\]

Учитывая, что
\[
\frac{d v}{d t}=\frac{d v}{d x} \frac{d x}{d t}=\frac{d v}{d x} v_{\mathrm{x}}=\frac{d v}{d x} v \cos \theta,
\]

где $\theta$ – угол между векторами $\alpha$ и $\tau$, получаем
\[
\frac{d v}{d x} v \cos \theta=|\alpha \| \tau| \cos \theta
\]

или
\[
v \frac{d v}{d x}=\alpha .
\]

Решение этого дифференциального уравнения с разделяющимися переменными, с учетом начального условия $x=0$ при $t=0$, дает искомую зависимость скорости частицы от ее координаты
\[
v=\sqrt{2 \alpha x} \text {. }
\]

Ответ: $v=\sqrt{2 \alpha x}$.
1.1.8. Колесо вращается вокруг неподвижной оси так, что угол $\varphi$ его поворота зависит от времени как $\varphi=\beta t^{2}$, где $\beta=0,20$ рад/ $\mathrm{c}^{2}$. Найти полное ускорение $a$ точки А на ободе колеса в момент $t=2,5 \mathrm{c}$, если скорость точки А в этот момент $v=0,65 \mathrm{~m} / \mathrm{c}$.
Решение.
Угловая скорость вращения колеса $\omega$ в момент времени $t$ равна
\[
\omega=\frac{d \varphi}{d t}=2 \beta t
\]

Так как линейная скорость $v$ точки А в этот момент времени связана с угловой скоростью $\omega$ соотношением $v=\omega R$, то радиус колеса $R$ равен
\[
R=\frac{v}{2 \beta t},
\]

а нормальное ускорение этой точки определяется выражением
\[
a_{\mathrm{n}}=\frac{v^{2}}{R}=2 \beta v t .
\]

Тангенциальное ускорение точки А в момент времени $t$ равно
\[
a_{\tau}=\frac{d v}{d t}=R \frac{d \omega}{d t}=\frac{v}{2 \beta t} 2 \beta=\frac{v}{t}
\]

и, следовательно, полное ускорение в этот момент времени имеет вид
\[
a=\sqrt{a_{\tau}^{2}+a_{\mathrm{n}}^{2}}=\sqrt{(v / t)^{2}+(2 \beta v t)^{2}}=(v / t) \sqrt{1+\left(2 \beta t^{2}\right)^{2}} .
\]

Используя численные условия задачи, получаем $a=0,7 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.

Ответ: $a=(v / t) \sqrt{1+\left(2 \beta t^{2}\right)^{2}}=0,7 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.
1.1.9. Твердое тело начинает вращаться вокруг неподвижной оси с угловым ускорением $\beta=\alpha t$, где $\alpha=2,0 \times 10^{-2}$ рад/ $\mathrm{c}^{3}$. Через сколько времени после начала вращения вектор полного ускорения произвольной точки тела будет составлять угол $\varphi=60^{\circ}$ с ее вектором скорости?
Решение
Вектор скорости $v$ некоторой точки тела, вращающейся по окружности радиуса $R$, направлен по касательной к этой окружности и, следовательно, коллинеарен вектору тангенциального ускорения $a_{\tau}$ этой точки (см. рис. 1.3). Поэтому, тангенс угла $\varphi$ между вектором скорости $v$ и полным ускорением $a$ вращающейся точки равен
\[
\operatorname{tg} \varphi=\frac{a_{\mathrm{n}}}{a_{\tau}}
\]

Тангенциальное ускорение $a_{\tau}$ связано с угловым ускорением $\beta$ известным соотношением $a_{\tau}=\beta R=\alpha t R$.

С другой стороны
\[
a_{\tau}=\frac{d v}{d t}
\]

и, поэтому, для определения зависимости скорости $v$ от времени $t$ получаем дифференциальное уравнение
\[
\frac{d v}{d t}=\alpha R,
\]

решение которого имеет вид
\[
v=\frac{\alpha R t^{2}}{2}
\]
‘ и позволяет определить нормальное ускорение $a_{\mathrm{n}}$ вращающейся точки
\[
a_{\mathrm{n}}=\frac{v^{2}}{R}=\frac{\alpha^{2} R t^{4}}{4} \text {. }
\]

Искомое выражение для тангенса угла $\varphi$ между вектором скорости $v$ и полным ускорением $a$ вращающейся точки имеет вид
\[
\operatorname{tg} \varphi=\frac{a_{\mathrm{n}}}{a_{\mathrm{t}}}=\frac{\alpha t^{3}}{4},
\]

откуда
\[
t=\sqrt[3]{\frac{4 \operatorname{tg} \varphi}{\alpha}} .
\]

Используя численные условия задачи, получаем $t=7 \mathrm{c}$.

Ответ: $t=\sqrt[3]{\frac{4 \operatorname{tg} \varphi}{\alpha}}=7 \mathrm{c}$.
1.1.10. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его угловая скорость зависит от угла поворота $\varphi$ по закону $\omega=\omega_{0}-a \varphi$, где $\omega_{0}$ и $a$ – положительные постоянные. В момент времени $t=0$ угол $\varphi=0$. Найти зависимость от времени: а) угла поворота; б) угловой скорости.
Решение
По определению угловой скорости вращения
\[
\omega=\frac{d \varphi}{d t}
\]

и, поэтому, зависимость угла поворота тела $\varphi$ определится из дифференциального уравнения
\[
\frac{d \varphi}{d t}=\omega_{0}-a \varphi,
\]

которое, с целью разделения переменных интегрирования, перепишем в виде
\[
\frac{d \varphi}{\omega_{0}-a \varphi}=d t .
\]

Взяв неопределенный интеграл от левой и правой частей этого уравнения, получаем
\[
-\frac{\ln \left(\omega_{0}-a \varphi\right)}{a}=t+C
\]

или
\[
\varphi=\frac{\omega_{0}-e^{-a(t+C)}}{a},
\]

где $C$ – константа интегрирования. Так как при $t=0$ угол $\varphi=0$, то
\[
e^{-a C}=\omega_{0}
\]

и, следовательно, искомая зависимость угла поворота тела $\varphi$ от времени $t$ имеет вид
\[
\varphi=\frac{\omega_{0}}{a}\left(1-e^{-a t}\right),
\]

а зависимость угловой скорости $\omega$ от времени $t$ определяется дифференцированием последнего выражения
\[
\omega=\frac{d \varphi}{d t}=\omega_{0} e^{-a t} .
\]

Ответ: а) $\varphi(t)=\frac{\omega_{0}}{a}\left(1-e^{-a t}\right)$; б) $\omega(t)=\omega_{0} e^{-a t}$.
1.1.11. Точка А находится на ободе колеса радиуса $R=0,50 \mathrm{~m}$, которое катится без скольжения по горизонтальной поверхности со скоростью $v=1,0 \mathrm{~m} / \mathrm{c}$. Найти:
a) модуль и направление ускорения точки $\mathrm{A}$;
б) полный путь $s$, проходимый точкой А между двумя последовательными моментами ее касания поверхности.
Решение
Точка колеса А участвует одновременно в двух движениях поступательном со скоростью $v$ и вращательном со скоростью $v_{\text {вр }}$. Так как колесо катится без проскальзывания, то скорость вращения точки А равна скорости поступательного движения колеса, то есть $v_{\text {вр }}=v$. Перемещение колеса происходит с постоянной скоростью, поэтому ускорение точки А определяется центростремительным ускорением вращательного движения $a_{\mathrm{A}}=v^{2} / R=2,0 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$.
Направление векторов $v$ и $v_{\text {вр }}$ для некоторого положеңия точки $\mathrm{A}$, определяемого центральным углом $\alpha$, показано на рис. 1.4. Проекции скорости точки А на горизонтальное и вертикальное направление равны
\[
\begin{array}{c}
v_{\mathrm{Ax}}=v-v \cos \alpha \\
v_{\mathrm{Ay}}=v \sin \alpha,
\end{array}
\]

а полная скорость определяется выражением
\[
v_{\mathrm{A}}=\sqrt{v_{\mathrm{Ax}}^{2}+v_{\mathrm{Ay}}^{2}}=2 v|\sin (\alpha / 2)|,
\]

где $\alpha=\omega t$ и $\omega$ – угловая скорость вращения колеса.
Полный путь, проходимый точкой А между двумя последовательными моментами ее касания поверхности равен
\[
s=\int_{0}^{2 \pi / \omega} v_{\mathrm{A}}(t) d t=2 v \int_{0}^{2 \pi / \omega} \sin \left(\alpha / 2 \left\lvert\, d t=\frac{2 v}{\omega} \int_{0}^{2 \pi} \sin (\alpha / 2 \mid d \alpha=8 R .\right.\right.
\]

Используя численные данные задачи, получаем $s=4,0$ м.
Ответ: а) $a_{\mathrm{A}}=v^{2} / R=2,0 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$, вектор $\boldsymbol{a}_{\mathrm{A}}$ направлен все время к центру колеса; б) $s=8 R=4,0 \mathrm{~m}$.
1.1.12. Шар радиуса $R=10 \mathrm{~cm}$ катится без скольжения по горизонтальной плоскости так, что его центр (точка $\mathrm{C}$ на рис. 1.5) движется с постоянным ускорением $a=2,5 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}^{2}$. Через $t=2,0 \mathrm{c}$ после начала движения его положение соответствует рисунку. Найти:
a) скорости точек А и В;
б) ускорения точек $\mathrm{A}$ и $\mathrm{O}$.
Решение
Рис. 1.5
Скорость центра шара (точки С) через время $t$ после начала движения равна $v_{\mathrm{C}}=a t$ и определяет скорость поступательного движения шара в этот момент времени. Каждая точка на поверхности шара участвует одновременно в двух движениях поступательном со скоростью $v_{\mathrm{C}}$ и вращательном со скоростью $v_{\text {вр }}$. В частности, точка шара $O$ тоже участвует в двух движениях с направлением соответствующих скоростей, показанных на рис. 1.6.
Так как полная скорость точки О равна
Рис. 1.6 нулю (шар не проскальзывает), то $v_{\text {вр }}=v_{\mathrm{C}}$. Скорость точки А будет равна сумме $v_{\mathrm{A}}=v_{\mathrm{Bp}}+v_{\mathrm{C}}=2 v_{\mathrm{C}}=2 a t$, а скорость точки В найдем по теореме Пифагора
$v_{\mathrm{B}}=\sqrt{v_{\mathrm{C}}^{2}+v_{\mathrm{Bp}}^{2}}=\sqrt{2} a t$. Используя численные условия задачи, получаем $v_{\mathrm{A}}=10 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}$ и $v_{\mathrm{B}}=7 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}$.

Полное ускорение точки А шара равно векторной сумме трех векторов: вектора ускорения поступательного движения $\boldsymbol{a}$, вектора тангенциального ускорения вращательного движения $a_{\tau}$ (оба этих вектора направлены по касательной к шару) и вектора центростремительного ускорения вращательного движения $a_{n}$ (см. рис. 1.7). По определению $a_{\tau}=d v_{\text {вр }} / d t$ и, следовательно, $a_{\tau}=a$. Поэтому, полное касательное ускорение точки А равно $2 a$.
Рис. 1.7 Нормальное ускорение вращательного движения точки А равно $a_{\mathrm{n}}=\left(v_{\mathrm{вp}}\right)^{2} / R=(a t)^{2} / R$. Полное ускорение точки А найдем по теореме Пифагора
\[
a_{A}=\sqrt{(2 a)^{2}+\left(\frac{(a t)^{2}}{R}\right)^{2}}=2 a \sqrt{1+\left(\frac{a t^{2}}{2 R}\right)^{2}} .
\]

Для точки шара $\mathrm{O}$ направление векторов ускорения поступательного движения $\boldsymbol{a}$, тангенциального ускорения вращательного движения $\boldsymbol{a}_{\tau}$ и вектора центростремительного ускорения вращательного движения $\boldsymbol{a}_{\text {n }}$ показано на рисунке 1.7. Так как $a_{\tau}=a$, то полное касательное ускорение точки О равно нулю и, следовательно, полное ускорение точки О равно нормальному ускорению этой точки, то есть
\[
a_{\mathrm{O}}=a_{\mathrm{n}}=(a t)^{2} / R \text {. }
\]

Используя численные условия задачи, находим $a_{\mathrm{A}}=5,6 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}^{2}$ и $a_{\mathrm{O}}=2,5 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}^{2}$.
Ответ: а) $v_{\mathrm{A}}=2 a t=10 \mathrm{~cm} / \mathrm{c} ; v_{\mathrm{B}}=\sqrt{2} a t=7 \mathrm{~cm} / \mathrm{c} ;$ б) $a_{\mathrm{A}}=2 a \sqrt{1+\left(\frac{a t^{2}}{2 R}\right)^{2}}$ $=5,6 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}^{2} ; a_{\mathrm{O}}=\frac{(a t)^{2}}{R}=2,5 \mathrm{~cm} / \mathrm{c}^{2}$.
1.1.13. Цилиндр катится без скольжения по горизонтальной плоскости. Радиус цилиндра равен $r$. Найти радиусы кривизны траекторий точек А и В (см. рис. 1.5).

Решение
Полная скорость точки А цилиндра в некоторый момент времени равна удвоенной мгновенной скорости центра цилиндра С в этот момент, то есть $v_{\mathrm{A}}=2 v_{\mathrm{C}}$ (смотри решение предыдущей задачи). Полная скорость точки А направлена по касательной к траектории движения этой точки.

Найдем нормальное ускорение точки А для этой траектории, то есть компоненту полного ускорения точки А перпендикулярную направлению полной скорости точки А цилиндра. Полное ускорение точки А равно векторной сумме трех векторов: вектора мгновенного ускорения поступательного движения $\boldsymbol{a}$, вектора тангенциального ускорения вращательного движения $\boldsymbol{a}_{\tau}$ (оба этих вектора направлены по касательной к цилиндру) и вектора центростремительного ускорения вращательного движения $\boldsymbol{a}_{\mathrm{n}}$ (см. рис. 1.7). Из этих трех векторов только $\boldsymbol{a}_{\mathrm{n}}$ дает отличную от нуля проекцию на нужное направление. Эта проекция равна длине вектора $\boldsymbol{a}_{\mathrm{n}}$, то есть $a_{\mathrm{n}}=\left(v_{\mathrm{C}}\right)^{2} / r$.

С другой стороны, полная скорость точки А и нормальное ускорение к траектории точки А связаны известным соотношением $a_{\mathrm{n}}=\left(v_{\mathrm{A}}\right)^{2} / R_{\mathrm{A}}$, где $R_{\mathrm{A}}$ – радиус кривизны траектории, откуда
\[
R_{\mathrm{A}}=\frac{v_{\mathrm{A}}^{2}}{a_{\mathrm{n}}}=\frac{\left(2 v_{\mathrm{C}}\right)^{2}}{v_{\mathrm{C}}^{2} / r}=4 r .
\]

Аналогично, полная скорость точки В равна $v_{\mathrm{B}}=\sqrt{2} v_{\mathrm{C}}$ и направлена под углом $45^{0}$ к направлению вектора $v_{\mathrm{C}}$ (см. решение предыдущей задачи). Полное ускорение точки В равно сумме трех векторов: вектора ускорения поступательного движения $\boldsymbol{a}$, вектора тангенциального ускорения вращательного движения $\boldsymbol{a}_{\tau}$ и вектора центростремительного ускорения вращательного движения $\boldsymbol{a}_{\mathrm{n}}$ (см. рис. 1.8).
Найдем проекцию этих векторов на направление перпендикулярное вектору скорости точки В. Так как длины векторов $\boldsymbol{a}$ и $\boldsymbol{a}_{\tau}$ равны друг другу (см. решение предыдущей задачи), то проекции этих векторов равны и противоположны по знаку. Следовательно проекция полного ускорения точки В на нужное направление равна $a_{\mathrm{n}} \cos 45^{\circ}=a_{\mathrm{n}} / \sqrt{2}$. Это и есть ускорение точки В нормальное к траектории ее движения (перпендикулярное вектору $v_{\mathrm{B}}$ ). Поэтому, радиус кривизны траектории точки В равен
\[
R_{\mathrm{B}}=\frac{v_{\mathrm{B}}^{2}}{a_{\mathrm{n}} / \sqrt{2}}=\frac{2 v_{\mathrm{C}}^{2}}{v_{\mathrm{C}}^{2} /(r \sqrt{2})}=2 r \sqrt{2} .
\]

Ответ: $R_{\mathrm{A}}=4 r ; R_{\mathrm{B}}=2 r \sqrt{2}$.
1.1.14. Два твердых тела вращаются вокруг неподвижных взаимно перпендикулярных пересекающихся осей с постоянными угловыми скоростями $\omega_{1}=3,0$ рад/с и $\omega_{2}=4,0$ рад/с. Найти угловую скорость и угловое ускорение одного тела относительно другого.
Решение
Перейдем во вращающуюся систему отсчета, связанную с первым телом. В этой системе отсчета второе тело участвует одновременно в двух движениях: вращении с вектором угловой скорости – $\omega_{1}$ относительно первой оси и вращении с вектором угловой скорости $\omega_{2}$ относительно второй оси. Так как оси вращения перпендикулярны друг другу, то векторы – $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$, будучи направленными по соответствующим осям вращения, взаимно перпендикулярны. Вектор полной угловой скорости второго тела относительно первого равен $\omega=\omega_{2}-\omega_{1}$, а длина этого вектора может быть найдена по теореме Пифагора: $\omega=\sqrt{\omega_{1}^{2}+\omega_{2}^{2}}$. Используя численные условия задачи, получаем $\omega=5,0$ рад/с.

Угловое ускорение второго тела относительно первого по определению равно
\[
\boldsymbol{\beta}=\frac{d \omega}{d t}=\frac{d \omega_{2}}{d t}-\frac{d \omega_{1}}{d t} .
\]

В рассматриваемой системе отсчета вектор $\omega_{1}$ остается неизменным как по величине, так и по направлению и, следовательно, $d \omega_{1} / d t=0$. Вектор $\omega_{2}$ в этой системе отсчета вращается с угловой скоростью $\omega_{1}$ относительно оси, проходящей через вектор $\omega_{1}$, и направлен перпендикулярно этой оси. Рассматривая $\omega_{2}$ как радиус-вектор некоторой точки, расположенной на его конце, приходим к тому, что $d \omega_{2} / d t$ имеет смысл линейной скорости вращения этой точки по окружности с \”радиусом\” $\omega_{2}$, то есть $\left|d \omega_{2} / d t\right|=\omega_{1} \omega_{2}$. В результате, угловое ускорение $\beta$ одного тела относительно другого определяется выражением
\[
\beta=\left|\frac{d \omega}{d t}\right|=\left|\frac{d \omega_{2}}{d t}\right|=\omega_{1} \omega_{2} .
\]

Используя численные условия задачи, получаем $\beta=12,0$ рад/. $\mathrm{c}^{2}$.
Ответ: $\omega=\sqrt{\omega_{1}^{2}+\omega_{2}^{2}}=5,0 \mathrm{paд} / \mathrm{c} ; \beta=\omega_{1} \omega_{2}=12,0 \mathrm{paд} / \mathrm{c}^{2}$.
1.1.15. Круглый конус с углом полураствора $\alpha=30^{\circ}$ и радиусом основания $R=5,0 \mathrm{~cm}$ катится равномерно без скольжения по горизонтальной плоскости, как показано на рис. 1.9. Вершина конуса закреплена шарнирно в точке $\mathrm{O}$, которая находится на одном уровне с точкой С – центром основания конуса. Скорость точки С равна $v=10,0$ см/с. Найти модули: а) угловой скорости конуса; б) углового ускорения конуса.
Решение
Конус участвует одновременно в двух движениях: вращении вокруг вертикальной неподвижной оси с угловой скоростью $\omega_{1}$ и вращении вокруг оси ОС с угловой скоростью $\omega_{2}$. Направление соответствующих векторов показано на рис. 1.9. При этом, точка С движется по окружности радиуса $R / \operatorname{tg} \alpha$ с постоянной скоростью $\quad v$, поэтому $\omega_{1}=v \operatorname{tg} \alpha / R$.
Так как конус катится по горизонтальной плоскости без скольжения, то скорость вращения вокруг оси ОС тех точек основания конуса, которые соприкасаются с плоскостью, равна $v$. Радиус окружности по которой вращаются эти точки равен $R$, поэтому угловая скорость вращения конуса вокруг оси ОС равна $\omega_{2}=v / R$.
a) Принимая во внимание, что векторы $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$ взаимно перпендикулярны, получаем для модуля вектора полной угловой скорости конуса $\omega=\omega_{1}+\omega_{2}$ выражение
\[
\omega=\sqrt{\omega_{1}^{2}+\omega_{2}^{2}}=\frac{v}{R} \sqrt{\operatorname{tg}^{2} \alpha+1}=\frac{v}{R \cos \alpha} .
\]

Используя численные значения задачи, получаем $\omega=2,3$ рад/с.
б) Вектор углового ускорения конуса равен по определению
\[
\boldsymbol{\beta}=\frac{d \omega}{d t}=\frac{d \omega_{1}}{d t}+\frac{d \omega_{2}}{d t},
\]

причем первое слагаемое в этой сумме равно нулю, так как вектор $\omega_{1}$ остается неизменным, как по длине, так и по направлению. Вектор же $\omega_{2}$, оставаясь неизменным по длине, вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью $\omega_{1}$ и направлен перпендикулярно этой оси. Рассматривая $\omega_{2}$ как радиус-вектор некоторой точки, расположенной на его конце, приходим к выводу, что $d \omega_{2} / d t$ имеет смысл линейной скорости вращения этой точки по окружности с \”радиусом” $\omega_{2}$, то есть $\left|d \omega_{2} / d t\right|=\omega_{1} \omega_{2}$. В результате, угловое ускорение $\beta$ конуса определяется выражением
\[
\beta=\omega_{1} \omega_{2}=(v / R)^{2} \operatorname{tg} \alpha,
\]

откуда $\beta=2,3$ рад/ $\mathrm{c}^{2}$.
Ответ: а) $\omega=v /(R \cos \alpha)=2,3$ рад/c; б) $\beta=(v / R)^{2} \operatorname{tg} \alpha=2,3$ рад $/ \mathrm{c}^{2}$.