Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 16398
2024-03-16 
На горизонтальной плоскости сидит лягушка. Навстречу ей издалека катится барабан радиусом $R$. Центр барабана движется со скоростью $v$. С какой наименьшей скоростью должна подпрыгнуть лягушка, чтобы перепрыгнуть барабан, слегка коснувшись его только в верхней точке? Размерами лягушки можно пренебречь.
Решение:
В движущейся системе отсчета, связанной с центром равномерно катящегося барабана, лягушка после прыжка будет двигаться по параболе. Направим ось $X$ в этой системе по горизонтали вдоль плоскости в направлении от лягушки к барабану, ось $Y$ направим вертикально вверх, начало отсчета выберем в том месте, где сидела лягушка, и будем отсчитывать время от момента прыжка. Если лягушка в неподвижной системе отсчета прыгает под углом $\alpha$ к горизонту со скоростью $v_{0}$, имеющей горизонтальную составляющую $v_{0y}$, то зависимость координат лягушки от времени $t$ в движущейся системе координат будет иметь вид
$x = (v_{0y} + v)t, y = v_{0y}t - \frac{gt^{2}}{2}$.
Максимальная высота подъема, очевидно, равна $y_{1} = \frac{v_{0y}^{2}}{2g}$ и должна совпадать с удвоенным радиусом цилиндра, откуда получаем
$v_{0y}^{2} = 4gR$.
Максимальная высота достигается в момент времени $t_{1} = \frac{v_{0y}}{g}$ в точке с горизонтальной координатой
$x_{1} = (v_{0x} + v)t_{1} = \frac{v_{0y}(v_{0x} + v)}{g}$.
Выразив время из зависимости $x(t)$ и подставив его в зависимость $y(t)$, получим уравнение траектории движения лягушки:
$y = \frac{v_{0y}x}{v_{0x} + v} - \frac{gx^{2}}{2(v_{0x} + v)^{2}} = y_{1} - \frac{g(x-x_{1})^{2}}{2(v_{0x} + v)^{2}}$.
Вблизи верхней точки параболы с координатами $(x_{1}, y_{1})$ это уравнение должно совпадать с уравнением окружности радиусом $R$ с центром в точке с координатами ($x_{1}, R$):
$y_{1} - \frac{g(x - x_{1})^{2}}{2(v_{0x} + v)^{2}} = R + \sqrt{R^{2} - (x - x_{1})^{2}} \approx 2R - \frac{(x - x_{1})^{2}}{2R}$.
откуда получаем
$(v_{0x} + v)^{2}=gR$, и $v_{0x} = \sqrt{gR} - v$.
Таким образом, скорость лягушки в неподвижной системе отсчета равна
$v_{0} = \sqrt{v_{0y}^{2} + v_{0x}^{2}} = \sqrt{ 4gR + ( \sqrt{gR} - v )^{2}} = \sqrt{5gR + v^{2} - 2v \sqrt{gR} }$
и направлена под углом $\alpha$ к горизонту таким образом, что
$tg \alpha = \frac{v_{0y}}{v_{0x}} = \frac{v_{0y}}{v_{0x}} = \frac{2 \sqrt{gR}}{ \sqrt{gR} - v}$.
Отметим, что при $v < \sqrt{gR}$ лягушка должна прыгать навстречу катящемуся барабану, а при $v \geq\sqrt{gR}$ - вертикально вверх.
Замечание. Задачу можно решить проще, воспользовавшись понятием радиуса кривизны траектории. Действительно, в движущейся системе отсчета радиус кривизны $R_{кp}$ траектории лягушки в верхней точке должен превышать $R$ (траектория касается барабана), а ускорение лягушки имеет только нормальную составляющую, равную $g$. Отсюда получаем
$R_{кр} = \frac{(v_{0x} + v)^{2}}{g} \geq R$, т.е. $v_{0x} \geq \sqrt{gR} - v$.
Вертикальная составляющая скорости лягушки, очевидно, должна быть такой, чтобы она могла перепрыгнуть барабан высотой $2R$ , т.е.
$v_{0y} = \sqrt{2g \cdot 2R} = 2 \sqrt{gR}$.
Отсюда сразу следует ответ.
На горизонтальной плоскости сидит лягушка. Навстречу ей издалека катится барабан радиусом $R$. Центр барабана движется со скоростью $v$. С какой наименьшей скоростью должна подпрыгнуть лягушка, чтобы перепрыгнуть барабан, слегка коснувшись его только в верхней точке? Размерами лягушки можно пренебречь.
Решение:
В движущейся системе отсчета, связанной с центром равномерно катящегося барабана, лягушка после прыжка будет двигаться по параболе. Направим ось $X$ в этой системе по горизонтали вдоль плоскости в направлении от лягушки к барабану, ось $Y$ направим вертикально вверх, начало отсчета выберем в том месте, где сидела лягушка, и будем отсчитывать время от момента прыжка. Если лягушка в неподвижной системе отсчета прыгает под углом $\alpha$ к горизонту со скоростью $v_{0}$, имеющей горизонтальную составляющую $v_{0y}$, то зависимость координат лягушки от времени $t$ в движущейся системе координат будет иметь вид
$x = (v_{0y} + v)t, y = v_{0y}t - \frac{gt^{2}}{2}$.
Максимальная высота подъема, очевидно, равна $y_{1} = \frac{v_{0y}^{2}}{2g}$ и должна совпадать с удвоенным радиусом цилиндра, откуда получаем
$v_{0y}^{2} = 4gR$.
Максимальная высота достигается в момент времени $t_{1} = \frac{v_{0y}}{g}$ в точке с горизонтальной координатой
$x_{1} = (v_{0x} + v)t_{1} = \frac{v_{0y}(v_{0x} + v)}{g}$.
Выразив время из зависимости $x(t)$ и подставив его в зависимость $y(t)$, получим уравнение траектории движения лягушки:
$y = \frac{v_{0y}x}{v_{0x} + v} - \frac{gx^{2}}{2(v_{0x} + v)^{2}} = y_{1} - \frac{g(x-x_{1})^{2}}{2(v_{0x} + v)^{2}}$.
Вблизи верхней точки параболы с координатами $(x_{1}, y_{1})$ это уравнение должно совпадать с уравнением окружности радиусом $R$ с центром в точке с координатами ($x_{1}, R$):
$y_{1} - \frac{g(x - x_{1})^{2}}{2(v_{0x} + v)^{2}} = R + \sqrt{R^{2} - (x - x_{1})^{2}} \approx 2R - \frac{(x - x_{1})^{2}}{2R}$.
откуда получаем
$(v_{0x} + v)^{2}=gR$, и $v_{0x} = \sqrt{gR} - v$.
Таким образом, скорость лягушки в неподвижной системе отсчета равна
$v_{0} = \sqrt{v_{0y}^{2} + v_{0x}^{2}} = \sqrt{ 4gR + ( \sqrt{gR} - v )^{2}} = \sqrt{5gR + v^{2} - 2v \sqrt{gR} }$
и направлена под углом $\alpha$ к горизонту таким образом, что
$tg \alpha = \frac{v_{0y}}{v_{0x}} = \frac{v_{0y}}{v_{0x}} = \frac{2 \sqrt{gR}}{ \sqrt{gR} - v}$.
Отметим, что при $v < \sqrt{gR}$ лягушка должна прыгать навстречу катящемуся барабану, а при $v \geq\sqrt{gR}$ - вертикально вверх.
Замечание. Задачу можно решить проще, воспользовавшись понятием радиуса кривизны траектории. Действительно, в движущейся системе отсчета радиус кривизны $R_{кp}$ траектории лягушки в верхней точке должен превышать $R$ (траектория касается барабана), а ускорение лягушки имеет только нормальную составляющую, равную $g$. Отсюда получаем
$R_{кр} = \frac{(v_{0x} + v)^{2}}{g} \geq R$, т.е. $v_{0x} \geq \sqrt{gR} - v$.
Вертикальная составляющая скорости лягушки, очевидно, должна быть такой, чтобы она могла перепрыгнуть барабан высотой $2R$ , т.е.
$v_{0y} = \sqrt{2g \cdot 2R} = 2 \sqrt{gR}$.
Отсюда сразу следует ответ.
