Законы сохранения – 2

[latexpage]

Снова представляю решения задач, которые мы разбирали на групповых занятиях летом с ребятами, желающими участвовать в олимпиадах. Разбираем задачи на сохранение энергии.

Задача 4. На горизонтальном столе покоится шар массой $m$. С шаром упруго сталкивается клин, движущийся углом вперед со скоростью 5 м/с. Угол наклона клина $30^{\circ}$ к горизонту, масса клина в два раза меньше массы шара. Пренебрегая трением между всеми поверхностями, определить, через какое время после столкновения шар снова ударится о клин.

К задаче 4

Решение. Трения нет, и на клин со стороны шара будет действовать сила реакции, перпендикулярная поверхности клина. Наоборот, на шар будет действовать сила, равная по модулю данной силе реакции и тоже направленная перпендикулярно поверхности клина. А значит, эта сила составит $30^{\circ}$ с вертикалью. И эта сила сообщит шару скорость $\upsilon-1$. А скорость клина после удара $\upsilon_2$.

Закон сохранения импульса:

$$M\upsilon=m\upsilon_1\sin \alpha+M\upsilon_2$$

Закон сохранения энергии:

$$\frac{M\upsilon^2}{2}=\frac{m\upsilon_1^2}{2}+\frac{M\upsilon_2^2}{2}$$

$$M\upsilon^2=m\upsilon_1^2+M\upsilon_2^2$$

Тогда

$$\upsilon_2=\upsilon-\frac{m}{M}\upsilon_1\sin \alpha$$

Подставим в ЗСЭ:

$$M\upsilon^2=m\upsilon_1^2+M(\upsilon-\frac{m}{M}\upsilon_1\sin \alpha)^2$$

$$ M\upsilon^2=m\upsilon_1^2+M\upsilon^2-2m\upsilon \upsilon_1\sin \alpha+\frac{m^2}{M}\upsilon_1^2\sin^2 \alpha$$

$$ 0=m\upsilon_1^2-2m\upsilon \upsilon_1\sin \alpha+\frac{m^2}{M}\upsilon_1^2\sin^2 \alpha$$

$$ 0=\upsilon_1-2\upsilon \sin \alpha+\frac{m}{M}\upsilon_1\sin^2 \alpha$$

$$\upsilon_1=\frac{2\upsilon \sin \alpha }{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha}$$

$$\upsilon_2=\upsilon-\frac{m}{M}\cdot \frac{2\upsilon \sin^2 \alpha }{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha}$$

$$\upsilon_2=\upsilon\frac{M-m\sin^2 \alpha }{M+m\sin^2 \alpha}$$

Скорость шара относительно клина (составляющая по вертикальной оси)

$$\upsilon_{1y}=\upsilon_1\cos \alpha=\frac{2\upsilon \sin \alpha \cos \alpha }{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha}$$

По оси $x$ (горизонтальной) скорость шара относительно клина равна разности горизонтальной составляющей скорости шара и скорости клина:

$$\upsilon_{1x}-\upsilon_2=\frac{2\upsilon \sin^2\alpha}{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha }-\upsilon\frac{1-\frac{m}{M}\sin^2 \alpha}{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha}=\frac{2\upsilon \sin^2\alpha -\upsilon+\upsilon\frac{m}{M}\sin^2\alpha }{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha }=\frac{\frac{\upsilon}{2}-\upsilon+\frac{\upsilon}{2}}{1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha }=0$$

Значит, шар относительно клина двигается строго вверх. Искомое время равно времени подъема шара вверх и падения обратно:

$$t_x=\frac{2\upsilon_{1y}}{g}=\frac{2\upsilon \sin \alpha \cos \alpha }{g\left(1+\frac{m}{M}\sin^2 \alpha\right)}= \frac{2\cdot 5\cdot 0,5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} }{10\left(1+2\cdot 0,25\right)}=\frac{5\sqrt{3}}{15}=\frac{\sqrt{3}}{3}=0,577$$

Ответ: 0,6 с

Задача 5. На гладкой горизонтальной поверхности находятся две одинаковые гладкие шайбы радиуса $R$. Одной из шайб сообщают скорость $\upsilon_0$ вдоль оси $x$. При каком значении прицельного параметра $d$ проекция на ось $y$ скорости второй шайбы после абсолютно упругого удара максимальна?

К задаче 5

Решение.

Шайбы обменяются скоростями вдоль оси, соединяющей их центры

Сила, действующая со стороны первой шайбы на вторую, направлена по оси $x$. Проекция скорости первой шайбы на эту ось $\upsilon_0\cos \alpha$, и, так как шайбы одинаковые, а значит, имеют одну и ту же массу, они поменяются скоростями: первая потеряет скорость вдоль оси $x$, а вторая – приобретет. Эта скорость в проекции на вертикальную ось $y$  – $\upsilon_0\cos \alpha \sin \alpha=\frac{\upsilon_0\sin 2\alpha}{2}$.

Чтобы эта проекция скорости была бы максимальной – необходимо, чтобы угол $2\alpha$ был бы равен $90^{\circ}$, так как при этом его синус равен 1. Таким образом, $\alpha=45^{\circ}$.

Определяем «прицельный параметр»

$$d=2R\sin \alpha=R\sqrt{2}$$

Ответ: $d= R\sqrt{2}$