Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 984
2016-09-17 
Маленький шарик падает без начальной скорости с некоторой высоты $H$ на систему из двух закреплённых клиньев, верхние грани которых образуют углы $\alpha$ с горизонтом (см. рисунок). Место падения находится на расстоянии $l$ по горизонтали от линии касания клиньев. Испытав три абсолютно упругих удара о клинья, шарик вновь поднимается на ту же высоту. Укажите возможные виды траекторий движения шарика и рассчитайте высоту $H$ в наиболее простом случае.
Решение:
рис.1
рис.2
Возможны три вида траекторий:
1) с возвратом в начальную точку удара о первый клин после отражения от второго клина (см. рис. 1);
2-3) с подъёмом на ту же высоту, но над другим клином (см. рис.2)
В первом случае расчёт проще, чем во втором или третьем. Проведём его.
Расположим оси координат так, как показано на рисунке 1. Скорость шарика сразу после первого удара равна по модулю $v_{0} = \sqrt{2gH}$. Законы движения шарика вдоль осей координат между первым и вторым ударами имеют вид:
$x = v_{0} \cos \left ( \frac{ \pi}{2} - 2 \alpha \right ) \cdot t$, (1)
$y = l tg \alpha + v_{0} \sin \left ( \frac{ \pi}{2} - 2 \alpha \right ) \cdot t - \frac{gt^{2}}{2}$, (2)
где время $t$ отсчитывается от момента первого удара. Пусть шарик ударился о вторую плоскость в точке с координатами $(x_{0}, y_{0})$. Они связаны между собой соотношением
$y_{0} = (x_{0} - l) tg \alpha$. (3)
Так как после второго удара шарик возвращается к первому клину по участку своей прежней траектории, то перед ударом вектор скорости направлен по нормали к плоскости второго клина. Значит, для составляющих скорости шарика в этот момент справедливо соотношение:
$\frac{v_{y}}{v_{x}} = - ctg \alpha$. (4)
Знак «минус» в (4) появляется из-за того, что при выбранных направлениях осей координат составляющая скорости $v_{y}$ перед ударом отрицательна. Составляющие $v_{x}$ и $v_{y}$ между первым и вторым ударами выражаются формулами:
$v_{x} = v_{0} \sin 2 \alpha, v_{y} = v_{0} \cos 2 \alpha - gt$. (5)
Время $t_{0}$, через которое шарик ударится о второй клин, находим из (1): $t_{0} = \frac{x_{0}}{v_{0} \sin 2 \alpha}$. Подставляя (5) в (4), с учётом выражения для $t_{}$, находим $x_{0}$:
$x_{0} = \frac{v_{0}^{2}}{g} \sin^{2} 2 \alpha (ctg 2 \alpha + ctg \alpha)$.
Далее, из (2) и (3), с учётом выражения для $t_{0}$, получаем:
$y_{0} = (x_{0} — l) tg \alpha = l tg \alpha + x_{0} ctg 2 \alpha - \frac{gx_{0}^{2}}{2 v_{0}^{2} \sin^{2} 2 \alpha}$.
Подставляя в последнее соотношение найденное $x_{0}$ и учитывая, что $v_{0}^{2} = 2H$, имеем:
$H = \frac{2l tg \alpha}{ \sin^{2} 2 \alpha (ctg 2 \alpha + ctg \alpha)( ctg \alpha + 2 tg \alpha - ctg 2 \alpha)} = \frac{2 tg \alpha (1 + tg^{2} \alpha)^{2}}{(3 - tg^{2} \alpha)(1 + 5 tg^{2} \alpha)} l$.
Из полученной формулы следует, что данное решение задачи существует при $tg \alpha < \sqrt{3}$, то есть при $\alpha < \pi /3$.
Маленький шарик падает без начальной скорости с некоторой высоты $H$ на систему из двух закреплённых клиньев, верхние грани которых образуют углы $\alpha$ с горизонтом (см. рисунок). Место падения находится на расстоянии $l$ по горизонтали от линии касания клиньев. Испытав три абсолютно упругих удара о клинья, шарик вновь поднимается на ту же высоту. Укажите возможные виды траекторий движения шарика и рассчитайте высоту $H$ в наиболее простом случае.
Решение:
рис.1
рис.2
Возможны три вида траекторий:
1) с возвратом в начальную точку удара о первый клин после отражения от второго клина (см. рис. 1);
2-3) с подъёмом на ту же высоту, но над другим клином (см. рис.2)
В первом случае расчёт проще, чем во втором или третьем. Проведём его.
Расположим оси координат так, как показано на рисунке 1. Скорость шарика сразу после первого удара равна по модулю $v_{0} = \sqrt{2gH}$. Законы движения шарика вдоль осей координат между первым и вторым ударами имеют вид:
$x = v_{0} \cos \left ( \frac{ \pi}{2} - 2 \alpha \right ) \cdot t$, (1)
$y = l tg \alpha + v_{0} \sin \left ( \frac{ \pi}{2} - 2 \alpha \right ) \cdot t - \frac{gt^{2}}{2}$, (2)
где время $t$ отсчитывается от момента первого удара. Пусть шарик ударился о вторую плоскость в точке с координатами $(x_{0}, y_{0})$. Они связаны между собой соотношением
$y_{0} = (x_{0} - l) tg \alpha$. (3)
Так как после второго удара шарик возвращается к первому клину по участку своей прежней траектории, то перед ударом вектор скорости направлен по нормали к плоскости второго клина. Значит, для составляющих скорости шарика в этот момент справедливо соотношение:
$\frac{v_{y}}{v_{x}} = - ctg \alpha$. (4)
Знак «минус» в (4) появляется из-за того, что при выбранных направлениях осей координат составляющая скорости $v_{y}$ перед ударом отрицательна. Составляющие $v_{x}$ и $v_{y}$ между первым и вторым ударами выражаются формулами:
$v_{x} = v_{0} \sin 2 \alpha, v_{y} = v_{0} \cos 2 \alpha - gt$. (5)
Время $t_{0}$, через которое шарик ударится о второй клин, находим из (1): $t_{0} = \frac{x_{0}}{v_{0} \sin 2 \alpha}$. Подставляя (5) в (4), с учётом выражения для $t_{}$, находим $x_{0}$:
$x_{0} = \frac{v_{0}^{2}}{g} \sin^{2} 2 \alpha (ctg 2 \alpha + ctg \alpha)$.
Далее, из (2) и (3), с учётом выражения для $t_{0}$, получаем:
$y_{0} = (x_{0} — l) tg \alpha = l tg \alpha + x_{0} ctg 2 \alpha - \frac{gx_{0}^{2}}{2 v_{0}^{2} \sin^{2} 2 \alpha}$.
Подставляя в последнее соотношение найденное $x_{0}$ и учитывая, что $v_{0}^{2} = 2H$, имеем:
$H = \frac{2l tg \alpha}{ \sin^{2} 2 \alpha (ctg 2 \alpha + ctg \alpha)( ctg \alpha + 2 tg \alpha - ctg 2 \alpha)} = \frac{2 tg \alpha (1 + tg^{2} \alpha)^{2}}{(3 - tg^{2} \alpha)(1 + 5 tg^{2} \alpha)} l$.
Из полученной формулы следует, что данное решение задачи существует при $tg \alpha < \sqrt{3}$, то есть при $\alpha < \pi /3$.
