Рыбак переправляется на лодке `A` через реку, которая течёт в сторону, указанную стрелкой (рис. 18). Пусть скорость течения воды `vec(v_1)` изображается по величине и направлению отрезком `AB`, а скорость `vec(v_2)` движения лодки относительно воды под влиянием усилий гребца изображается отрезком `AC` (в стоячей воде лодка двигалась бы по направлению `AC` со  скоростью `vec(v_2)`). Лодка будет двигаться относительно берега по направлению `AM` со скоростью `vec v`, изображаемой диагональю `AD` параллелограмма, постро­енного на векторах `vec(v_1)` и `vec(v_2)` (в данном случае параллелограмм `ABCD` является прямоугольником).

Найти равнодействующую `vec R` трёх равных по модулю сил, приложенных к телу в одной точке и расположенных в одной плоскости, если углы между всеми силами равны между собой.

`F_1 = F_2 = F_3 = F`.

См. рис. 21. Углы между парами векторов  `vec(F_1)` и `vec(F_2)`, `vec(F_2)` и `vec(F_3)`, а также между векторами `vec(F_1)` и `vec(F_3)`, равны друг другу и равны `120^@`. Сложим силы `vec(F_2)` и `vec(F_3)` по правилу параллелограмма. Вследствие равенства модулей сил `vec(F_2)` и `vec(F_3)` этот параллелограмм есть ромб. Сумма сил `vec(F_2) + vec(F_3)` есть диагональ ромба, поэтому углы между парами векторов `vec(F_2)` и `vec(F_2) + vec(F_3)`, а также `vec(F_3)` и `vec(F_2) + vec(F_3)` равны по `60^@`, т. е. векторы `vec(F_1)` и `vec(F_2) + vec(F_3)` направлены вдоль одной прямой, но в противоположные стороны. Силовой параллелограмм, построенный на векторах `vec(F_2)` и `vec(F_3)`, состоит из двух равносторонних треугольников, поэтому модуль силы

`|vec(F_2) + vec(F_3)| = F_2 = F_3 = F = F_1`,  т. е  `vec F_1 = - (vec(F_2) + vec(F_3))`, 

откуда следует  `vec(F_1) + vec(F_2) + vec(F_3) = 0`.

К телу приложено `6` сил, лежащих в одной плоскости и составляющих друг с другом углы в `60^@`. Силы последовательно равны `1`, `2`, `3`, `4`, `5` и `6 Н`. Найти равнодействующую `vec R`  этих шести сил.

Сложение сил по правилу многоугольника здесь нецелесообразно. Поступим иначе.  Сложим сначала попарно силы, направленные вдоль одной прямой (см. рис. 22 а, б, в). 

Получим

 `|vec(F_1) + vec(F_4)| = 4 - 1 = 3`,

аналогично  `|vec(F_2) + vec(F_5)| = 5 - 2 = 3`  и `|vec(F_3) + vec(F_6)| = 6 - 3 = 3`.

Сумма сил `vec(F_2) + vec(F_5)` направлена вдоль вектора `vec(F_5)`. Туда же направлена и сумма сил `vec(F_1) + vec(F_4) + vec(F_3) + vec(F_6)`, причём модуль этой силы равен `3`. В итоге получаем, что сумма всех шести сил `vec(F_1) + vec(F_2) + vec(F_3) + vec(F_4) + vec(F_5) + vec(F_6)` направлена вдоль направления силы `vec(F_5)`, а модуль этой силы `|vec(F_1) + vec(F_2) + vec(F_3) + vec(F_4) + vec(F_5) + vec(F_6)| = 3 + 3 = 6 Н`.

Найти равнодействующую `vec R` пяти равных по модулю сил, приложенных к телу в одной точке и расположенных в одной плоскости, если углы между всеми соседними силами равны между собой (см. рис. 23). (Эти углы, разумеется, равны `360^@ //5 = 72^@`.) 

В отличие от предыдущего примера здесь мы имеем нечётное число сил, поэтому невозможно образовать из них целое число пар. Поступим иначе. Возьмём какую-нибудь силу, например, `vec(F_1)`, а остальные сгруппируем в пары и попарно сложим их (см. рис. 24):

 `vec(F_2) + vec(F_5)` и `vec(F_3) + vec(F_4)`.

Почему удобна именно такая группировка сил в пары? Дело в том, что обе суммы сил (и `vec(F_2) + vec(F_5)` и `vec(F_3) + vec(F_4)`)  направлены вдоль линии действия силы `vec(F_1)`. Ясно, что равнодействующая всех сил будет направлена вдоль линии действия силы `vec(F_1)`. Модули сумм сил легко найти из геометрии. Например, в силовом параллелограмме, построенном на векторах `vec(F_2)` и `vec(F_5)`, который является ромбом, длина диагонали ромба (модуль силы `vec(F_2) + vec(F_5)`) равна удвоенной половинке диагонали, а та легко ищется из любого из четырёх прямоугольных треугольников, на которые ромб разбивается диагоналями. В результате

`|vec(F_2) + vec(F_5) | = 2F cos 72^@`,

где `F` - модуль любой из пяти исходных сил. Аналогично

`|vec(F_3) + vec(F_4)| = 2F cos 36^@`.

В итоге для модуля искомой силы получаем формулу

`R = F(1 + 2 cos 72^@ - 2 cos 36^@)`.                                                 (*)

Для углов `72^@` и `36^@` нет таких простых формул, как для углов `30^@`, `45^@` или `60^@`. Пользуясь калькулятором, можно, однако, показать, что согласно формуле (*) `R = 0`.

Имеется и более красивое доказательство того, что результирующий вектор есть нулевой вектор. В самом деле, мы довольно произвольно взяли в качестве силы, которой не хватило пары, силу `vec(F_1)`. Если бы в качестве такой взять силу `vec(F_2)`, а в пары объединить `vec(F_1)` и `vec(F_3)` (одна пара) и `vec(F_4)` и `vec(F_5)`, то, повторив рассуждения, получим, что равнодействующая всех пяти сил `vec R` должна быть направлена вдоль линии действия силы `vec(F_2)`. Возможно ли, чтобы вектор был одновременно направлен вдоль двух несовпадающих друг с другом направлений (и `vec(F_1)`, и `vec(F_2)`; а на самом деле, как догадался читатель, ещё и вдоль направления действия сил `vec(F_3)`, `vec(F_4)` и `vec(F_5)`!)? Ненулевым вектор не может быть! Остаётся одна возможность: суммарный вектор – нулевой!

Электрический фонарь весом `Q = 16 Н` укреплён, как показано на рис. 25. 

Определите отношение натяжений `T_1` и `T_2` в проволоках `BA` и `BC`, углы наклона которых даны на рисунке.

В условиях равновесия сумма всех сил, приложенных к точке `B`, равна нулю. Поэтому проекция равнодействующей всех сил на горизонтальное направление тоже равна нулю. Проекция силы со стороны проволоки, идущей к фонарю, на это направление равна нулю (эта сила вертикальна). Остаются вклады от двух натяжений со стороны проволок `BA` и `BC`. Горизонтальную ось направим слева направо. Тогда имеем:  $$ {T}_{1, \mathrm{гор}}+{T}_{2, \mathrm{гор}}=0$$ (см. рис. 26), т. е.

`T_1 * cos 60^@ - T_2 cos 45^@ = 0`

(или `T_1 * sin 30^@ - T_2 sin 45^@ = 0`), откуда получаем `T_1//T_2 = sqrt2`.

Однородная массивная верёвка подвешена за два конца на разных высотах (см. рис. 27). Масса верёвки `m`.  Углы, которые составляет верёвка с вертикалью в точках закрепления, равны `30^@` и `60^@`.

Определите силы натяжения верёвки вблизи её точек крепления.

Задача кажется очень трудной, т. к. не ясно, какую роль играет неизвестная нам форма верёвки, которую она примет под действием сил тяжести всех частей верёвки. (В предыдущем примере мы не интересовались провисанием проволок под действием силы тяжести, молчаливо считая провисание малым.) И всё же задача в той постановке, в какой дана,  имеет простое решение. Мысленно проведём горизонтальную ось слева направо. Поскольку верёвка находится в равновесии, то сумма проекций всех сил на горизонтальное направление равна нулю. Сила тяжести верёвки имеет нулевую проекцию на это направление (эта сила направлена вертикально). Снова остаются вклады от двух натяжений (см. рис. 28):

$$ {T}_{1, \mathrm{гор}}+{T}_{2, \mathrm{гор}}=0$$, или `- T_1 * sin 30^@ + T_2 sin 60^@ = 0`.

Полагая `sin 30^@ = 1//2` и `sin 60^@ = sqrt3 //2`, находим `T_1 // T_2 = sqrt3`. Мысленно проведём ещё и вертикальную ось, направив её вниз. Сумма проекций всех сил на эту ось также равна нулю:

`mg - T_1 cos 30^@ - T_2 cos 60^@ = 0`.

Учитывая найденное ранее соотношение между `T_1` и `T_2` и значения `cos 60^@ = 1//2` и `cos 30^@ = sqrt3 //2`, получаем:

`mg - sqrt3 * T_2 * sqrt3 //2 - T_2 //2 = 0`,  

откуда

`T_2 = mg//2` и `T_1 = sqrt3 mg//2`.

На гладкой наклонной плоскости с углом наклона `alpha` лежит брусок массой `m`. Какую горизонтальную силу нужно приложить к бруску, чтобы он находился в покое (рис. 29)? 

Определите также модуль нормальной силы реакции на брусок со стороны наклонной плоскости.

Брусок по условию задачи  покоится. Значит, сумма всех сил, приложенных к бруску, равна нулю. Равны нулю и суммы проекций сил на любые направления,  в частности, на направление вдоль наклонной плоскости и перпендикулярное ему. Нормальная сила реакции `vec N` со стороны наклонной плоскости имеет равную нулю составляющую вдоль наклонной плоскости.

Проекция сила тяжести `m vec g` на ось `Ox` вдоль наклонной плоскости (рис. 30) равна `- mg sin alpha`, а проекция горизонтальной силы `F` на эту ось равна `F cos alpha`. Других сил вдоль наклонной плоскости не действует (плоскость, по условию задачи, гладкая, т. е. сила трения пренебрежимо мала). Приравнивая нулю сумму проекций на ось `Ox` всех сил, действующих на тело, получаем: `- mg sin alpha + F cos alpha = 0`, откуда находим

  `F = mg  (sin alpha)/(cos alpha) = mg * bbb"tg"  alpha`.     

Для отыскания `N` обратимся к проекциям сил на направление `Oy`. Приравняем нулю и сумму проекций на ось `Oy`:

 `N - mg cos alpha - F sin alpha = 0`,        

откуда `N = mg cos alpha + F sin alpha`, или с учётом найденного значения `F`:

`N = mg cos alpha + mg  (sin^2 alpha)/(cos alpha) = mg  (cos^2 alpha + sin^2 alpha)/(cos alpha)`,

тогда с учётом основного тригонометрического тождества, `sin^2 alpha + cos^2 alpha = 1`, получаем окончательно

`N = (mg)/(cos alpha)`.

На шероховатой поверхности доски лежит брусок массой `m`. К нему приложена сила, направленная под углом `alpha` к горизонту (см. рис. 31). 

Определите модуль нормальной силы реакции со стороны поверхности.

Поскольку брусок не проваливается и не подскакивает вверх, то сумма проекций сил на вертикальную ось равна нулю:

`N + F * sin alpha - mg = 0`,

(см. рис. 32), откуда находим

                 `N = mg - F * sin alpha`.

Часто совершенно безосновательно приравнивают силу реакции `N` силе тяжести `mg`. Мы видим, что даже в случае горизонтальной поверхности это в общем случае не так. Для наклонной плоскости это тоже не так. В предыдущем примере нормальная сила реакции равнялась `mg//cos alpha`. Кстати, если бы удерживающая сила `F` действовала там не вдоль горизонтали, а вдоль наклонной плоскости, то для удержания бруска на наклонной плоскости потребовалась бы сила величиной `F = mg sin alpha`, а нормальная сила реакции была бы равна `N = mg cos alpha` (и снова не равнялась бы `mg`!)  

Докажите это самостоятельно.

Самолёт взлетает с аэродрома со скоростью $$ v=220 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$ под углом `alpha = 20^@` к горизонту. Найдите модули горизонтальной и вертикальной составляющих скорости самолёта.

(См. рис. 33). В данном примере мы имеем дело с весьма простым случаем разложения скорости на два взаимно перпендикулярных направления:  

`vec v = vec(v _sf"гор") + vec(v_sf"верт")`,

$$ {v}_{\mathrm{гор}}=v \mathrm{cos} \alpha \approx 207 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$,  $$ {v}_{\mathrm{верт}}=v \mathrm{sin} \alpha \approx 75 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$.

В  безветренную  погоду  самолёт  летит на север со   скоростью $$ 180 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$ ($$ 50 \mathrm{м}/\mathrm{с}$$) относительно земли. С какой скоростью относительно земли будет лететь самолёт, если дует западный ветер со скоростью   $$ 10 \mathrm{м}/\mathrm{с}$$?

См. рис. 34. В данном случае мы имеем дело со сложением движений: `vec(v_sf"с") = vec(v_sf"св") + vec(v_sf"в")`, где `vec(v_sf"св")` - скорость самолёта относительно воздуха (модуль которой равен скорости самолёта относительно земли в безветренную погоду), а `vec(v_sf"в")` - скорость воздуха. Далее по теореме Пифагора получаем:

$$ {v}_{\mathrm{с}}=\sqrt{{50}^{2}+{10}^{2}}=\sqrt{2600}\approx 51 \mathrm{м}/\mathrm{с}$$.

Лодка пытается пересечь реку, текущую со скоростью $$ u=3 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$. Скорость лодки в стоячей воде $$ v=5 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$. Под каким углом `alpha` к нормали к берегу надо направить лодку, чтобы она двигалась поперек реки (без сноса)? Какой будет при этом модуль скорости лодки `v` относительно берега?

Как и в примере 9, мы также имеем дело со случаем сложения движений. Но там было проще: не требовалось выбирать никакой стратегии, рыбак лишь наблюдал, как снесёт его лодку течением воды в реке. Если бы вода в реке покоилась, то, направив корпус лодки под углом `alpha` к нормали, мы заставили бы её двигаться в направлении вектора `vec V` (см. рис. 35). В действительности, вода в реке не стоячая, а имеет скорость `vec u` Поэтому сносимая течением лодка будет двигаться в направлении вектора `vec v` таком, что `vec v = vec V + vec u`. Учитывая, что оба треугольника в параллелограмме на рис. 35 прямоугольные (по условию, лодка должна двигаться перпендикулярно берегам), находим

`sin alpha = u//V = 3//5`, `alpha ~~ 37^@`,

а по теореме Пифагора $$ v=\sqrt{{V}^{2}-{u}^{2}}=4 \mathrm{м}/\mathrm{с}$$.

Лодка  пытается  пересечь  реку, текущую  со    скоростью $$ u=5 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$. Скорость лодки в стоячей воде $$ V=3 \mathrm{км}/\mathrm{ч}$$.   Под каким углом `alpha` к нормали к берегу надо направить корпус лодки, чтобы её снесло как можно меньше? Под каким углом `beta` к нормали к берегу будет при этом плыть лодка?

В данном примере скорость лодки относительно воды меньше, чем скорость воды в реке, `V < u`, поэтому реализовать план из предыдущего примера (рис. 35) невозможно. Наша цель состоит в том, чтобы направить корпус лодки под таким углом `alpha` к нормали к берегу, чтобы сносимая течением лодка двигалась под углом `beta`, по возможности наименьшим (см. рис. 36а, б, в).

В данном примере складывать скорости (лодки относительно воды `vec V` и воды в реке `vec u`) удобно по правилу треугольника, а не параллелограмма: приставим начало вектора `vec V` к концу вектора `vec u`. Выбирая оптимальный план (с наименьшим углом сноса), будем мысленно поворачивать вектор `vec V`. При этом конец вектора будет описывать окружность с центром в конце вектора `vec u`. Из рисунков 36 видно, что минимальному углу сноса лодки `beta` соответствует случай, когда вектор `vec v = vec V + vec u` направлен по касательной к этой окружности. При этом вектор `vec V _|_ vec v` т. е. треугольник скоростей на  рис. 36в прямоугольный. Отсюда получаем:

`sin alpha = V//u = 3//5`;  `alpha ~~37^@`; `beta = 90^@ - alpha ~~53^@`.   

Лодку вытягивают из воды, стоя на крутом берегу и выбирая верёвку, которая привязана к носу лодки, со скоростью `v` (см. рис. 37).

Какой будет скорость лодки `u` в момент, когда верёвка будет составлять угол `alpha` с горизонтом? Верёвка нерастяжима.

Традиционная ошибка решающих эту задачу состоит в том, что пытаются разложить движение лодки на два направления – горизонтальное и вертикальное, делая (неправильное!) построение, как показано на рис. 38а и получая неверный ответ `u = v * cos alpha`. Что здесь неправильно? В отличие от самолёта из примера 17, который двигался под отличным от нуля углом к горизонту (см. рис. 33), здесь лодка движется горизонтально! Сделаем другое разложение скорости лодки `vec u` по двум направлениям – вдоль верёвки (в данный момент времени!) и перпендикулярно ей (см. рис. 38б).

Проекция вектора `vec u` на направление верёвки будет равна скорости `v`, с которой выбирают верёвку: `v = u cos alpha`, поэтому `u = v/(cos alpha)`.

Поясним ещё, почему проекция вектора `vec u` на направление верёвки будет равна скорости `v` с которой выбирают верёвку. Если мы имеем абсолютно твердое тело (АТТ), деформациями в котором можно пренебречь, или нерастяжимую нить (но уже максимально натянутую), то как бы ни двигались АТТ или нерастяжимая нить, они будут обладать следующим свойством. Возьмём две произвольные точки `A` и `B` нити или АТТ и мысленно соединим их прямой. Тогда составляющие скоростей выбранных точек вдоль этой прямой в любой момент времени будут равны друг другу: $$ \overrightarrow{{v}_{A\parallel }}=\overrightarrow{{v}_{B\parallel }}$$ (см. рис. 39). В противном случае изменялось бы расстояние между точками `A` и `B`. Составляющие скорости, перпендикулярные отрезку прямой `AB`, могут быть при этом любыми.

Две лодки 1 и 2 буксируют третью лодку с помощью двух тросов (см. рис. 40). В некоторый момент времени силы натяжения тросов, идущих от лодок 1 и 2, равны друг другу по модулю и равны `F`. Угол между тросами равен `2 alpha`. Какая равнодействующая сила приложена к буксируемой лодке со стороны тянущих её лодок? Чему будет равна эта сила в случае малого угла `alpha`  (когда буксирующие лодки тянут третью лодку почти в одном направлении)?

Две силы нужно сложить по правилу параллелограмма, который в данном случае будет ещё и ромбом с перпендикулярными друг другу диагоналями, разбивающими его на четыре равных прямоугольных треугольника. Из геометрии рис. 41 видно, что модуль равнодействующей силы `R` равен удвоенной длине прилежащего катета: `R = 2F cos alpha`. При стремлении угла между направлениями тросов к нулю `R -> 2F`   (`cos alpha -> 1`  при  `alpha -> 0`).

Хитрее оказывается похожая задача, когда заданы не силы, а скорости.

Две лодки 1 и 2 буксируют третью лодку с помощью двух тросов (см. рис. 42). В некоторый момент времени модули скоростей лодок 1 и 2 равны друг другу и равны `v_1 = v_2 = v`. Найти модуль и направление скорости буксируемой лодки `u`. Тросы нерастяжимы. Чему будет равна эта скорость в случае малого угла `alpha`  (когда буксирующие лодки тянут третью лодку почти в одном направлении)?

Ясно, что «решение» `u = 2v cos alpha` (как в предыдущем примере) не подходит, т. к. при `alpha -> 0` мы получили бы, что `u -> 2v`, чего не может быть. Если, например, две собаки в упряжке бегут с одинаковыми скоростями `v` в одном направлении, то и скорость упряжки будет равна этой же скорости `v` (если, конечно, упряжка не отцепилась или к ней не подключили дополнительно мотор).

Решение задачи такое же, как в примере 21. В данном примере важнейшими словами являются «Тросы нерастяжимы». Ясно, что правильное построение, учитывающее это условие, должно быть таким, как на рис. 43, откуда немедленно получаем `v = u cos alpha`, поэтому `u = v/(cos alpha)`. Тогда в предельном случае, когда `alpha -> 0`, имеем `u -> v`,  как и должно быть.

Заметим, что четырёхугольник на рис. 43 весьма мало похож на параллелограмм из предыдущего примера. Еще меньше будет похож на параллелограмм этот четырёхугольник, когда модули скоростей `v_1 != v_2` (см. рис. 44).

Две лодки буксируют третью с помощью двух тросов (рис. 45). В некоторый момент времени скорость 2-ой лодки в 2 раза больше, чем скорость 1-ой, `v_2 = 2v_1 = 2v`, а угол между тросами равен `90^@`. В каком направлении и с какой скоростью движется в этот момент буксируемая лодка? Тросы нерастяжимы.

В данном случае четырёхугольник на рис. 44 будет прямоугольником  - см. рис. 46 (т. е. всё же параллелограммом).

По определению тангенса угла  `"tg"varphi _1 = v_2 //v_1 = 2`, откуда, пользуясь калькулятором, находим `varphi _1 ~~63^@`; `varphi _2 = 90^@ - varphi _1 ~~ 27^@`.                

Модуль скорости буксируемой лодки найдём по теореме Пифагора (раз уж у нас «случайно» появились прямоугольные треугольники):    

`u = sqrt(v_1^2 + v_2^2) = sqrt(v^2 + (2v)^2) = sqrt5 * v ~~ 2,2 v`.