logophobia

Verified answer

Если резко ударить мотком по лежащей на полу доске – то она подскочит. Это произойдет потому, что молоток передаст доске импульс, с 
которым она частично упруго провзаимодействует с полом и отскочит. Примерно такие же события здесь будут происходить между клином и 
горизонтальной поверхностью. Клин либо отскочит, если он провзаимодействует с поверхностью упруго, либо он просто потеряет энергию 
вертикального импульса при неупругом взаимодействии с горизонтальной поверхностью. А поэтому было бы ошибкой учесть только 
горизонтальную скорость клина в энергетическом уравнении.

Ещё раз, как именно клин после соударения с шаром будет взаимодействовать с горизонтальной поверхностью – мы не знаем (будет скакать 
или просто будет двигаться горизонтально), поскольку нам не заданы параметры взаимодействия клина и поверхности (абсолютно-упругое, 
абсолютно-неупругое и т.п.), но в любом случае, нам необходимо учесть часть кинетической энергии, которую будет нести вертикальный 
(!) импульс клина.

Что бы развеять сомнения, добавлю, что, поскольку мы считаем удар мгновенным, то в тот момент, когда шар УЖЕ оторвётся от верхней 
поверхности – нижняя поверхность клина ЕЩЁ «не будет знать», что клин уже движется вниз, поскольку сигнал (в виде упругой волны) о 
верхнем взаимодействии ещё не дойдёт до дна.

Шар взаимодействует с клином точно поперёк их общей поверхности в момент контакта. А поверхность эта сориентирована к горизонту под 
углом α = 30°. Стало быть, сила, действующая на клин – будет придавать вертикальный импульс и скорость в ctgα раз больший, чем 
горизонтальный импульс и скорость.

Обозначим горизонтальную скорость клина, как – V, тогда его вертикальная скорость V/tgα .

Будем считать, что скорость шара после отскока направлена вбок и ВВРЕХ. Именно из этих соображений далее будем записывать законы 
сохранения (если получится отрицательное значение скорости, то значит, она направлена – вниз). Обозначим горизонтальную составляющую 
конечной скорости шара, как v, а вертикальную, как vy.

Из закона сохранения импульса по горизонтали ясно, что:

mv = MV ;

v = [M/m] V ;

Из закона сохранения импульса по вертикальной оси найдём vy:

m vo = MV/tgα – mvy  ,     где α – угол клина.

vy = [M/m] V/tgα – vo ;

Из закона сохранения энергии найдём горизонтальную скорость клина:

mvo² = mv² + mvy² + MV² + M (V/tgα)² ;

mvo² = [M²/m]V² + m ( [M/m]V/tgα – vo )² + MV²/sin²α ;

mvo² = [M²/m]V² + [M²/m]V²/tg²α – 2MVvo/tgα + mvo² + MV²/sin²α ;

0 = [M²/m]V²/sin²α – 2MVvo/tgα + MV²/sin²α ;

2 vo sinαcosα = ( 1 + M/m ) V ;

V = vo sin2α/[1+M/m] ;

Для угла α = 30° :

V = √3vo/[2(1+M/m)] ;

В частности, при m = M :    V = vo sin2α/2 ;

В частности, при m >> M :    V = vo sin2α ;

Часть энергии не превратится ни в движение клина по плоскости, ни в движение шара, а уйдёт вместе с вертикальным импульсом клина либо 
в колебания клина над поверхностью, либо во внутреннюю энергию (при неупругом взаимодействии клина с поверхностью). Что бы там с этой 
энергией далее не происходило – необходимо учесть эту энергию отдельно, чтобы не отнести её по ошибке к энергии горизонтального 
движения клина. После пояснения термина – потеря энергии в контексте данной задачи, можно эту потерю и посчитать.

Потеря энергии: Eпот = M (V/tgα)²/2 = 2M (vo cos²α/[1+M/m])² ;

Eпот = [vo²m/2] * 4m/M (cos²α/[1+m/M])² ;

Eпот = Eнач * 4m/M (cos²α/[1+m/M])² ;

Для угла α = 30° :

Eпот = Eнач * 9m/[4M(1+m/M)²] = Eнач * 9M/[4m(1+M/m)²] ;

где Eнач – начальная кинетическая энергия.

При m << M    :   Eпот —> 0 ;     (проверка очевидного предельного перехода)

При m = M    :    Eпот = [9/16] Eнач ;

При m >> M    :    Eпот —> 0 ;

Ради любопытства даже можно найти экстремум потерь энергии относительно η = m/M через dEпот/dη = 0 :

dEпот/dη = 4 Eнач cos²α ( η/(1+η)² )' = 4 Eнач cos²α ( [ 1 – η ]/(1+η)³ )' = 0 ;

Что показывает, что экстремум (независимо от угла) как раз достигается при равенстве массы шара и клина:

Eпот(max) = Eнач * (cosα)^4 ;

Для угла α = 30° :

Eпот(max) = [9/16] Eнач ;



v = [M/m] V = [M/m] vo sin2α/[1+M/m] ;

v = vo sin2α/[1+m/M] ;

vy = [M/m]V/tgα – vo = 2[M/m]vo cos²α/[1+M/m] – vo =
= 2vo cos²α/[1+m/M] – vo = vo [cos2α–m/M]/[1+m/M] ;

vy = vo [cos2α–m/M]/[1+m/M] ;

Тангенс угла отскока:

tgφ = vy/v = [cos2α–m/M]/sin2α ;

tgφ = [cos2α–m/M]/sin2α ;

Для угла α = 30° :

tgφ = [1–2m/M)]/√3 ;

в частности, при M = 2m  шар отскочит горизонтально.

А при m << M    :   tgφ —> 1/√3    ;    φ —> 30°

(проверка очевидного предельного перехода)

А при m >> M    :   tgφ —> –∞    ;    φ —> 0–90°   , т.е. шар просто не заметит клин, и выжмет его из-под себя, как мушку, пролетев 
почти вертикально.

(проверка очевидного предельного перехода)



ОТВЕТ:

V = vo sin2α/[1+M/m]

Для угла α = 30° :

V = √3vo /[2(1+M/m)] .