Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13261
2020-02-17 
На гладком горизонтальном столе покоится клин массой $M$, его наклонная поверхность составляет угол $\alpha$ с горизонтом. Маленькая шайба массой $m$ движется по столу со скоростью $v_{0}$ и "въезжает" на наклонную поверхность клина. Считая, что наклонная поверхность имеет плавное короткое сопряжение с горизонталью, найдите время подъема шайбы до верхнего своего положения. Найдите также смещение клина к этому моменту. Трения в системе нет.
Решение:
Попробуем решить эту задачу в "лоб", т.е. укажем все силы, действующие на шайбу и на клин в процессе их движения (до наивысшей точки), и учтем связи между ускорениями шайбы относительно плоскости и относительно клина. Будем считать, что скорость шайбы относительно клина линейно убывает со временем от $v_{0}$ до нуля, а скорость клина линейно возрастает от нуля до скорости $V_{c}$ центра масс системы "шайба-клин", которую найдем из закона сохранения импульса (по горизонтали):
$V_{c} = \frac{v_{0}m}{m + M} = \frac{v_{0}}{1 + n}$.
Как нетрудно подсчитать, ускорение шайбы относительно клина $a_{1}$ направлено вниз под углом $\alpha$ к горизонту и равно
$a_{1} = \frac{g (n + 1) \sin \alpha}{n + \sin^{2} \alpha }$.
а ускорение клина относительно плоскости направлено горизонтально и равно
$A = \frac{g \sin \alpha \cos \alpha}{n + \sin^{2} \alpha }$.
Разделив изменения скоростей на соответствующие ускорения, получим сильно различающиеся между собой искомые времена:
$t_{1} = \frac{- v_{0}}{-a_{1}}, t_{2} = \frac{V_{c}}{A}$.
Скорее всего, неверны оба результата, и въезд шайбы на клин следует рассматривать как удар, в результате которого клин получает импульс, направленный горизонтально, а шайба и плоскость (вместе с Землей в целом) получают компенсирующие друг друга вертикальные составляющие начального импульса шайбы. Пусть сразу после въезда шайбы на клин $V$ и $v$ - скорости клина и шайбы, а $v_{1}$ - скорость шайбы относительно клина (см. рисунок). Так как размеры плавного сопряжения клина малы, то временем его прохождения можно пренебречь. Считая малой и высоту поднятия шайбы после въезда, запишем законы сохранения энергии и импульса (по горизонтали):
$\frac{mv_{0}^{2}}{2} = \frac{MV^{2} }{2} + \frac{mv^{2} }{2}, mv_{0} = MV + m(V + v_{1} \cos \alpha )$,
или
$v_{0}^{2} = nV^{2} + v^{2}, v_{0} = (n + 1)V + v_{1} \cos \alpha$.
Как видно из рисунка,
$v^{2} = V^{2} + 2Vv_{1} \cos \alpha + v_{1}^{2}$.
Решая систему последних трех уравнений, находим
$v_{1} = v_{0} \sqrt{ \frac{n}{n + \sin^{2} \alpha } }, V = \frac{v_{0} }{n + 1} \left ( 1 - \sqrt{ \frac{n}{n + \sin^{2} \alpha } } \cos \alpha \right )$.
Учтем, что относительная скорость шайбы уменьшается от $v_{1}$ до нуля с ускорением $a_{1}$, а скорость клина увеличивается от $V$ до $V_{c}$ с ускорением $A$. Если временем въезда пренебречь, то для времени движения до наивысшей точки получаем
$T_{1} = \frac{-v_{1} }{ - a_{1} }, T_{2} = \frac{V_{c} - V }{A}$.
Преобразования дают, разумеется, одинаковые времена:
$T_{1} = T_{2} = T = \frac{v_{0}}{g(n + 1) \sin \alpha } \sqrt{n(n + \sin^{2} \alpha )}$.
Центр масс системы движется с постоянной скоростью $V_{c}$, его смещение за время $T$ получится $L = V_{c}T$. Но шайба относительно клина смещается по горизонтали вперед, значит, клин отстает от центра масс и это отставание нужно учесть при расчете смещения клина. Мы нашли скорость шайбы вдоль клина после въезда $v_{1}$, ее проекция на горизонталь меняется равномерно от $v_{1} \cos \alpha$ до нуля, смещение шайбы относительно клина по горизонтали составляет $s = 0,5Tv_{1} \cos \alpha$. Тогда смещение клина "назад" относительно центра масс равно $x = \frac{ms}{M + m}$, и полное смещение клина по горизонтали за время $T$ будет $L - x$. Можно подставить теперь в формулу записанные выше выражения для $L$ и $x$, но можно этого и не делать - все равно красивой формулы не получится...
На гладком горизонтальном столе покоится клин массой $M$, его наклонная поверхность составляет угол $\alpha$ с горизонтом. Маленькая шайба массой $m$ движется по столу со скоростью $v_{0}$ и "въезжает" на наклонную поверхность клина. Считая, что наклонная поверхность имеет плавное короткое сопряжение с горизонталью, найдите время подъема шайбы до верхнего своего положения. Найдите также смещение клина к этому моменту. Трения в системе нет.
Решение:
Попробуем решить эту задачу в "лоб", т.е. укажем все силы, действующие на шайбу и на клин в процессе их движения (до наивысшей точки), и учтем связи между ускорениями шайбы относительно плоскости и относительно клина. Будем считать, что скорость шайбы относительно клина линейно убывает со временем от $v_{0}$ до нуля, а скорость клина линейно возрастает от нуля до скорости $V_{c}$ центра масс системы "шайба-клин", которую найдем из закона сохранения импульса (по горизонтали):
$V_{c} = \frac{v_{0}m}{m + M} = \frac{v_{0}}{1 + n}$.
Как нетрудно подсчитать, ускорение шайбы относительно клина $a_{1}$ направлено вниз под углом $\alpha$ к горизонту и равно
$a_{1} = \frac{g (n + 1) \sin \alpha}{n + \sin^{2} \alpha }$.
а ускорение клина относительно плоскости направлено горизонтально и равно
$A = \frac{g \sin \alpha \cos \alpha}{n + \sin^{2} \alpha }$.
Разделив изменения скоростей на соответствующие ускорения, получим сильно различающиеся между собой искомые времена:
$t_{1} = \frac{- v_{0}}{-a_{1}}, t_{2} = \frac{V_{c}}{A}$.
Скорее всего, неверны оба результата, и въезд шайбы на клин следует рассматривать как удар, в результате которого клин получает импульс, направленный горизонтально, а шайба и плоскость (вместе с Землей в целом) получают компенсирующие друг друга вертикальные составляющие начального импульса шайбы. Пусть сразу после въезда шайбы на клин $V$ и $v$ - скорости клина и шайбы, а $v_{1}$ - скорость шайбы относительно клина (см. рисунок). Так как размеры плавного сопряжения клина малы, то временем его прохождения можно пренебречь. Считая малой и высоту поднятия шайбы после въезда, запишем законы сохранения энергии и импульса (по горизонтали):
$\frac{mv_{0}^{2}}{2} = \frac{MV^{2} }{2} + \frac{mv^{2} }{2}, mv_{0} = MV + m(V + v_{1} \cos \alpha )$,
или
$v_{0}^{2} = nV^{2} + v^{2}, v_{0} = (n + 1)V + v_{1} \cos \alpha$.
Как видно из рисунка,
$v^{2} = V^{2} + 2Vv_{1} \cos \alpha + v_{1}^{2}$.
Решая систему последних трех уравнений, находим
$v_{1} = v_{0} \sqrt{ \frac{n}{n + \sin^{2} \alpha } }, V = \frac{v_{0} }{n + 1} \left ( 1 - \sqrt{ \frac{n}{n + \sin^{2} \alpha } } \cos \alpha \right )$.
Учтем, что относительная скорость шайбы уменьшается от $v_{1}$ до нуля с ускорением $a_{1}$, а скорость клина увеличивается от $V$ до $V_{c}$ с ускорением $A$. Если временем въезда пренебречь, то для времени движения до наивысшей точки получаем
$T_{1} = \frac{-v_{1} }{ - a_{1} }, T_{2} = \frac{V_{c} - V }{A}$.
Преобразования дают, разумеется, одинаковые времена:
$T_{1} = T_{2} = T = \frac{v_{0}}{g(n + 1) \sin \alpha } \sqrt{n(n + \sin^{2} \alpha )}$.
Центр масс системы движется с постоянной скоростью $V_{c}$, его смещение за время $T$ получится $L = V_{c}T$. Но шайба относительно клина смещается по горизонтали вперед, значит, клин отстает от центра масс и это отставание нужно учесть при расчете смещения клина. Мы нашли скорость шайбы вдоль клина после въезда $v_{1}$, ее проекция на горизонталь меняется равномерно от $v_{1} \cos \alpha$ до нуля, смещение шайбы относительно клина по горизонтали составляет $s = 0,5Tv_{1} \cos \alpha$. Тогда смещение клина "назад" относительно центра масс равно $x = \frac{ms}{M + m}$, и полное смещение клина по горизонтали за время $T$ будет $L - x$. Можно подставить теперь в формулу записанные выше выражения для $L$ и $x$, но можно этого и не делать - все равно красивой формулы не получится...
