Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Движение под углом к горизонту, Олимпиадная физика, Относительность движения

Шарик и подвижная стенка

Рассматриваем задачу с подвижной стенкой и налетающим шариком. Получим относительную скорость шарика двумя путями.

Задача. Маленький шарик, брошенный с начальной скоростью \upsilon_0=10 м/с под углом \alpha=60^{\circ} к горизонту, упруго ударяется о вертикальную стенку, движущуюся ему навстречу с постоянной скоростью \upsilon=2 м/с. Известно, что после упругого удара о стенку шарик возвращается в ту же точку, из которой его бросили. Через какое время после броска произошло столкновение шарика со стенкой?

Рисунок к задаче

Решение. Если бы стенка была бы неподвижной, то при упругом ударе о нее угол падения был бы равен углу отражения, и траектория шарика после удара была бы такой, что представляла бы собой отражение траектории шарика, летящего без стенки. Но, так как стенка движется, то удобнее перейти в СО стенки. В этой СО скорость мячика относительно стенки равна

    \[\upsilon_{m_{st}}=\upsilon_0\cos \alpha +\upsilon\]

При отскоке от стенки мячик меняет направление движения, а модуль скорости сохраняется. Нам же нужна скорость мячика относительно земли, и она будет такой:

    \[\upsilon_{m_z}=\upsilon_0\cos \alpha +\upsilon+\upsilon=\upsilon_0\cos \alpha +2\upsilon\]

Пусть время от броска до удара мячика о стенку t_1. При ударе \upsilon_y не меняется, поэтому время t_2 – время от удара до попадания в точку броска – такое же, каким оно было бы без стенки. То есть, если бы стенки не было, мячик пробыл бы в полете время t_1+t_2. Тогда можно записать уравнение:

    \[t_1+t_2=\frac{2\upsilon_0 \sin \alpha}{g}\]

С другой стороны, расстояния от броска до стенки и обратно – одинаковы, поэтому можно записать

    \[\upsilon_0 \cos \alpha\cdot t_1=(\upsilon_0\cos \alpha +2\upsilon)t_2\]

Имеем два уравнения и два неизвестных.

    \[t_1=\frac{2\upsilon_0 \sin \alpha }{g}-t_2\]

    \[\upsilon_0 \cos \alpha\cdot\left(\frac{2\upsilon_0 \sin \alpha }{g}-t_2\right)= \upsilon_0 \cos \alpha \cdot t_2 +2\upsilon t_2\]

    \[\frac{\upsilon_0^2\sin 2\alpha}{g}-\upsilon_0 \cos \alpha\cdot t_2=\upsilon_0 \cos \alpha \cdot t_2 +2\upsilon t_2\]

    \[\frac{\upsilon_0^2\sin 2\alpha}{g}=t_2\left(2\upsilon_0 \cos \alpha+2\upsilon\right)\]

    \[t_2=\frac{\upsilon_0^2\sin 2\alpha }{2g(\upsilon_0 \cos \alpha+\upsilon )}\]

    \[t_1=\frac{2\upsilon_0 \sin \alpha}{g}-\frac{\upsilon_0^2\sin 2\alpha }{2g(\upsilon_0 \cos \alpha+\upsilon )}\]

    \[t_1=\frac{2\upsilon_0 \sin \alpha \cdot 2(\upsilon_0 \cos \alpha+\upsilon )- \upsilon_0^2\sin 2\alpha }{2g(\upsilon_0 \cos \alpha+\upsilon )}\]

    \[t_1=\frac{\upsilon_0}{2g}\cdot \frac{\upsilon_0\sin 2\alpha +4\upsilon \sin\alpha}{\upsilon_0 \cos \alpha+\upsilon }=\frac{10(10\sin 120^{\circ}+8\sin 60^{\circ})}{20(10\cos 60^{\circ}+2)}=\frac{50\sqrt{3}+40\sqrt{3}}{140}=\frac{9\sqrt{3}}{14}\]

Можно также получить соотношение между скоростями шарика и стенки (скорость шарика относительно стенки и скорость относительно земли), воспользовавшись законом сохранения энергии. Давайте посмотрим, как это сделать (для тех, кто не очень любит переходы из одной в другую системы отсчета).

Записываем закон сохранения импульса для шарика и стенки, масса шарика m, стенки – M.

    \[M\upsilon_1-m\upsilon_2=M\upsilon_1' +m\upsilon_2'\]

И закон сохранения энергии:

    \[\frac{M\upsilon_1^2}{2}+\frac{m\upsilon_2^2}{2}=\frac{M\upsilon_1'^2}{2}+\frac{m\upsilon_2'^2}{2}\]

Перепишем уравнения так, чтобы слагаемые с одинаковыми массами оказались с одной стороны:

    \[M\upsilon_1-M\upsilon_1'= m\upsilon_2'+ m\upsilon_2\]

    \[M\upsilon_1^2- M\upsilon_1'^2= m\upsilon_2'^2 -m\upsilon_2^2\]

Теперь разделим второе уравнение на первое:

    \[\upsilon_1+\upsilon_1'=\upsilon_2'- \upsilon_2\]

И дополним полученное уравнение законом сохранения импульса:

    \[M(\upsilon_1-\upsilon_1')=m(\upsilon_2'+ \upsilon_2)\]

Выражаем скорость:

    \[\upsilon_1'=\upsilon_2'-\upsilon_2-\upsilon_1\]

Подставляем в ЗСИ:

    \[M\upsilon_1-M\upsilon_2'+M\upsilon_2+M\upsilon_1=m\upsilon_2'+m\upsilon_2\]

    \[\upsilon_2'=\frac{M(2\upsilon+\upsilon_2)-m\upsilon_2}{m+M}\]

Вот здесь немного сложный момент: нужно использовать условие m<<M, и грамотно использовать! Запишем нашу скорость, разделив ее на M:

    \[\upsilon_2'=\frac{2\upsilon+\upsilon_2-\frac{m}{M}\upsilon_2}{1+\frac{m}{M}}\]

Отношение \frac{m}{M} стремится к нулю, поэтому содержащими его слагаемыми можно пренебречь и получим:

    \[\upsilon_2'=\frac{2\upsilon+\upsilon_2}{1}\]

    \[\upsilon_2'=2\upsilon+\upsilon_2\]

Далее решение не отличается от представленного выше: приравниваем равные расстояния, пройденные шариком до и после удара.

Ответ: t_1=\frac{9\sqrt{3}}{14}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *