Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2291
2017-03-08 
К наклонной стенке, составляющей малый угол $\alpha$ с вертикалью, подвешен на невесомой нерастяжимой нити тяжелый шарик. Его отвели влево на малый угол $\beta$, больший $\alpha$ (см. рис.), и отпустили. Удары шарика о стенку таковы, что отношение кинетической энергии шарика сразу после удара к кинетической энергии шарика сразу перед ударом равно $K (0 < K < 1)$. Определите последовательность максимальных отклонений шарика влево.
Решение:
Пусть длина нити $l$, масса шарика $m$. Тогда потенциальная энергия шарика при максимальном отклонении влево составляет $U_{лев} = 2mgl \sin^{2} ( \beta /2)$, а вправо $U_{прав} = 2mgl \sin^{2} ( \alpha/2)$, или, учитывая малость углов $\alpha$ и $\beta$, $U_{лев} = mg \beta^{2}/2, U_{пр} =mg \alpha^{2} /2$. Тогда после первого удара о стенку шарик будет иметь энергию $U_{1} = kmgl/( \beta^{2} - \alpha^{2})/2$ и после этого шарик отклонится влево на такой угол $\beta_{1}$, что $mgl \beta_{1}^{2} /2 = U_{1}$, т.е. $\beta_{1}^{2} = k \beta_{0}^{2} + (1 - k) \alpha^{2}$.
Проводя аналогичные рассуждения для второго, третьего и последующих ударов, несложно получить общую формулу: $\beta_{n} = \sqrt{ k^{n} \beta_{0}^{2} + (1-k^{n} \alpha^{2})}$. Видно, что $\beta_{n} \rightarrow \alpha$ при $n \rightarrow \infty$ за исключением случая абсолютно упругого удара ($k=1$), при котором $\beta_{n}= \alpha$ при всех $n$.
Ответ: $\beta_{n} = \sqrt{k^{n} \beta_{0}^{2} + (1 k^{n}) \alpha^{2}}$.
К наклонной стенке, составляющей малый угол $\alpha$ с вертикалью, подвешен на невесомой нерастяжимой нити тяжелый шарик. Его отвели влево на малый угол $\beta$, больший $\alpha$ (см. рис.), и отпустили. Удары шарика о стенку таковы, что отношение кинетической энергии шарика сразу после удара к кинетической энергии шарика сразу перед ударом равно $K (0 < K < 1)$. Определите последовательность максимальных отклонений шарика влево.
Решение:
Пусть длина нити $l$, масса шарика $m$. Тогда потенциальная энергия шарика при максимальном отклонении влево составляет $U_{лев} = 2mgl \sin^{2} ( \beta /2)$, а вправо $U_{прав} = 2mgl \sin^{2} ( \alpha/2)$, или, учитывая малость углов $\alpha$ и $\beta$, $U_{лев} = mg \beta^{2}/2, U_{пр} =mg \alpha^{2} /2$. Тогда после первого удара о стенку шарик будет иметь энергию $U_{1} = kmgl/( \beta^{2} - \alpha^{2})/2$ и после этого шарик отклонится влево на такой угол $\beta_{1}$, что $mgl \beta_{1}^{2} /2 = U_{1}$, т.е. $\beta_{1}^{2} = k \beta_{0}^{2} + (1 - k) \alpha^{2}$.
Проводя аналогичные рассуждения для второго, третьего и последующих ударов, несложно получить общую формулу: $\beta_{n} = \sqrt{ k^{n} \beta_{0}^{2} + (1-k^{n} \alpha^{2})}$. Видно, что $\beta_{n} \rightarrow \alpha$ при $n \rightarrow \infty$ за исключением случая абсолютно упругого удара ($k=1$), при котором $\beta_{n}= \alpha$ при всех $n$.
Ответ: $\beta_{n} = \sqrt{k^{n} \beta_{0}^{2} + (1 k^{n}) \alpha^{2}}$.
