Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11990
2019-12-12 
По гладкой и абсолютно неупругой трубке, содержащей очень большое число колен, начинает скользить шарик (рис.). Найти установившиеся скорости движения шарика по горизонтальным участкам трубки. Зависит ли она от начальной скорости? Разность высот соседних горизонтальных участков $h$. Наклонные участки образуют с горизонтом угол $\alpha$.
Решение:
Двигаясь по наклонному участку гладкой трубки, шарик увеличивает свою кинетическую энергию, а при ударах в моменты перехода с одного участка на другой - теряет энергию. Поэтому действительно можно говорить об установившейся скорости $v_{уст}$ движения шарика по такой трубке. Покажем это более строго.
При каждом ударе составляющая импульса шарика, перпендикулярная оси того колена трубки, в которое шарик переходит, становится равной нулю. Составляющая же им пульса, направленная вдоль оси этого колена, остается неизменной. Поэтому, если шарик подошел к излому трубки со скоростью $v$, он отойдет от него со скоростью $v \cos \alpha$ (рис.).
Пусть скорость шарика в конце начального горизонтального участка равна $v_{0}$. После перехода через излом она будет равна $v_{0} \cos \alpha$. В конце первого наклонного участка скорость увеличится до значения
$v_{1} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{2} \alpha + 2 gh }$.
которое можно найти, применяя закон сохранения механической энергии
$\frac{m(v_{0} \cos \alpha )^{2}}{2} + mgh = \frac{mv_{1}^{2} }{2}$. (*)
Нa втором горизонтальном участке, следующем после перехода через излом, скорость будет равна
$v_{2} = v_{1} \cos \alpha = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{2} \alpha + 2gh } \cos \alpha$.
на третьем горизонтальном участке -
$v_{3} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{6} \alpha + 2gh ( \cos^{4} \alpha + 1 ) } \cos \alpha$,
на четвертом -
$v_{4} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{10} \alpha + 2gh( \cos^{8} \alpha + \cos^{4} \alpha + 1 ) } \cos \alpha$.
на $n$-м -
$v_{n} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{2(2n - 3)} \alpha + 2gh( \cos^{4(n - 2)} \alpha + \cos^{4(n - 3)} \alpha + \cdots + 1 ) } \cos \alpha = \sqrt{ v_{0}^{2} \cos^{2(2n - 3)} \alpha + 2gh \frac{1 - \cos^{4(n - 1)} \alpha }{1 - \cos^{4} \alpha } \cos \alpha } \cos \alpha$.
Так как $\cos \alpha < 1$, при очень больших $n$ $\cos^{2(2n - 3)} \alpha \ll 1$, и $\cos^{1(n - 1)} \alpha \ll 1$. Поэтому шарик будет двигаться по горизонтальным участкам с установившейся скоростью
$v_{уст} \approx \frac{ \cos \alpha}{ \sqrt{1 - \cos^{4} \alpha } } \sqrt{2gh} = \frac{ \cos \alpha}{ \sin \alpha \sqrt{1 + \cos^{2} \alpha } } \sqrt{2gh}$.
Заметим, чти $v_{уст}$ не зависит от начальной скорости $v_{0}$.
Зная, что установившаяся скорость существует и не зависит от начальной скорости, $v_{уст}$ можно найти непосредственно из уравнения (*), где необходимо положить $v_{уст} = v_{0} = v_{1} \cos \alpha$ (см. рис.).
По гладкой и абсолютно неупругой трубке, содержащей очень большое число колен, начинает скользить шарик (рис.). Найти установившиеся скорости движения шарика по горизонтальным участкам трубки. Зависит ли она от начальной скорости? Разность высот соседних горизонтальных участков $h$. Наклонные участки образуют с горизонтом угол $\alpha$.
Решение:
Двигаясь по наклонному участку гладкой трубки, шарик увеличивает свою кинетическую энергию, а при ударах в моменты перехода с одного участка на другой - теряет энергию. Поэтому действительно можно говорить об установившейся скорости $v_{уст}$ движения шарика по такой трубке. Покажем это более строго.
При каждом ударе составляющая импульса шарика, перпендикулярная оси того колена трубки, в которое шарик переходит, становится равной нулю. Составляющая же им пульса, направленная вдоль оси этого колена, остается неизменной. Поэтому, если шарик подошел к излому трубки со скоростью $v$, он отойдет от него со скоростью $v \cos \alpha$ (рис.).
Пусть скорость шарика в конце начального горизонтального участка равна $v_{0}$. После перехода через излом она будет равна $v_{0} \cos \alpha$. В конце первого наклонного участка скорость увеличится до значения
$v_{1} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{2} \alpha + 2 gh }$.
которое можно найти, применяя закон сохранения механической энергии
$\frac{m(v_{0} \cos \alpha )^{2}}{2} + mgh = \frac{mv_{1}^{2} }{2}$. (*)
Нa втором горизонтальном участке, следующем после перехода через излом, скорость будет равна
$v_{2} = v_{1} \cos \alpha = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{2} \alpha + 2gh } \cos \alpha$.
на третьем горизонтальном участке -
$v_{3} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{6} \alpha + 2gh ( \cos^{4} \alpha + 1 ) } \cos \alpha$,
на четвертом -
$v_{4} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{10} \alpha + 2gh( \cos^{8} \alpha + \cos^{4} \alpha + 1 ) } \cos \alpha$.
на $n$-м -
$v_{n} = \sqrt{v_{0}^{2} \cos^{2(2n - 3)} \alpha + 2gh( \cos^{4(n - 2)} \alpha + \cos^{4(n - 3)} \alpha + \cdots + 1 ) } \cos \alpha = \sqrt{ v_{0}^{2} \cos^{2(2n - 3)} \alpha + 2gh \frac{1 - \cos^{4(n - 1)} \alpha }{1 - \cos^{4} \alpha } \cos \alpha } \cos \alpha$.
Так как $\cos \alpha < 1$, при очень больших $n$ $\cos^{2(2n - 3)} \alpha \ll 1$, и $\cos^{1(n - 1)} \alpha \ll 1$. Поэтому шарик будет двигаться по горизонтальным участкам с установившейся скоростью
$v_{уст} \approx \frac{ \cos \alpha}{ \sqrt{1 - \cos^{4} \alpha } } \sqrt{2gh} = \frac{ \cos \alpha}{ \sin \alpha \sqrt{1 + \cos^{2} \alpha } } \sqrt{2gh}$.
Заметим, чти $v_{уст}$ не зависит от начальной скорости $v_{0}$.
Зная, что установившаяся скорость существует и не зависит от начальной скорости, $v_{уст}$ можно найти непосредственно из уравнения (*), где необходимо положить $v_{уст} = v_{0} = v_{1} \cos \alpha$ (см. рис.).
