Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10720
2019-09-14 
Пусть в столкновении, описанном в задаче 10719, теряется доля $1 - \alpha^{2}$ кинетической энергии в системе ц. м. Чему равен в этом случае угол вылета частицы отдачи, покоящейся до столкновения?
Решение:
Задача решается так же, как и 10719, с тем лишь отличием, что $u_{m}^{ \prime}$ и $u_{M}^{ \prime}$ теперь уже не равны $v_{m}^{ \prime}$ и $v_{M}^{ \prime}$. Скорости в системе ц.м. после соударения найдем из соотношения
$\frac{1}{2} mu_{m}^{ \prime 2} + \frac{1}{2} M u_{M}^{ \prime 2} = \frac{1}{2} \alpha^{2} (mv_{m}^{ \prime 2} + Mv_{M}^{ \prime 2} )$.
Учитывая, что $mu_{m}^{ \prime} = Mu_{M}^{ \prime}$ и $mv_{m}^{ \prime} = Mv_{M}^{ \prime}$, находим
$u_{m}^{ \prime} = \alpha v_{m}^{ \prime}, u_{M}^{ \prime} = \alpha v_{M}^{ \prime}$.
Стало быть, отношение $\frac{BD}{OA}$ остается тем же, что и в задаче 10719, но длина $OA$ меняется. В нашем случае $OA = v \left [ \frac{ \sqrt{ \alpha^{2}M^{2} - m^{2} } }{M + m} \right ]$. Таким образом,
$tg \theta = \frac{ \sqrt{ \alpha^{2}M^{2} - m^{2} } }{M + m} = \frac{ \sqrt{ \alpha^{2} - \left ( \frac{m}{M} \right )^{2} } }{1 + \frac{m}{M} }$.
Если $\alpha = 1$ (абсолютно упругое соударение), этот результат переходит в результат задачи 10719. При уменьшении $\alpha$ уменьшается $tg \theta$, а при $\alpha = m/M$ он обращается в нуль. Если $\alpha < m/M$, полученная нами формула теряет смысл. Это и понятно: при столь малых значениях $\alpha$ $u_{m}^{ \prime} < v_{ц.м.}$, поэтому рассеяние на прямой угол невозможно.
Пусть в столкновении, описанном в задаче 10719, теряется доля $1 - \alpha^{2}$ кинетической энергии в системе ц. м. Чему равен в этом случае угол вылета частицы отдачи, покоящейся до столкновения?
Решение:
Задача решается так же, как и 10719, с тем лишь отличием, что $u_{m}^{ \prime}$ и $u_{M}^{ \prime}$ теперь уже не равны $v_{m}^{ \prime}$ и $v_{M}^{ \prime}$. Скорости в системе ц.м. после соударения найдем из соотношения
$\frac{1}{2} mu_{m}^{ \prime 2} + \frac{1}{2} M u_{M}^{ \prime 2} = \frac{1}{2} \alpha^{2} (mv_{m}^{ \prime 2} + Mv_{M}^{ \prime 2} )$.
Учитывая, что $mu_{m}^{ \prime} = Mu_{M}^{ \prime}$ и $mv_{m}^{ \prime} = Mv_{M}^{ \prime}$, находим
$u_{m}^{ \prime} = \alpha v_{m}^{ \prime}, u_{M}^{ \prime} = \alpha v_{M}^{ \prime}$.
Стало быть, отношение $\frac{BD}{OA}$ остается тем же, что и в задаче 10719, но длина $OA$ меняется. В нашем случае $OA = v \left [ \frac{ \sqrt{ \alpha^{2}M^{2} - m^{2} } }{M + m} \right ]$. Таким образом,
$tg \theta = \frac{ \sqrt{ \alpha^{2}M^{2} - m^{2} } }{M + m} = \frac{ \sqrt{ \alpha^{2} - \left ( \frac{m}{M} \right )^{2} } }{1 + \frac{m}{M} }$.
Если $\alpha = 1$ (абсолютно упругое соударение), этот результат переходит в результат задачи 10719. При уменьшении $\alpha$ уменьшается $tg \theta$, а при $\alpha = m/M$ он обращается в нуль. Если $\alpha < m/M$, полученная нами формула теряет смысл. Это и понятно: при столь малых значениях $\alpha$ $u_{m}^{ \prime} < v_{ц.м.}$, поэтому рассеяние на прямой угол невозможно.
