Кинематика

[Gagarin1968]

DimaM в сообщении #1725169 писал(а):

Gagarin1968 в сообщении #1725168 писал(а):

Если пожелаете — покажу ход решения.

Покажите, у меня другие коэффициенты.

Показываю.
Начало координат — на оси вращения. $x_0, y_0$ — координаты точки отрыва комочка от обода. Комочек отрывается от колеса и возвращается на него на той же самой высоте через время $t$, уравнение для его вертикального перемещения имеет вид:

$$y(t) = y_0 + v_y t - \dfrac{g t^2}{2} = y_0$$

Отсюда находим вертикальную составляющую начальной скорости комочка:

$$v_y = \dfrac{g t}{2}$$

Колесо — окружность $x^2 + y^2 = R^2$. На фиксированной высоте $y_0$ существуют только две точки на ободе колеса: с координатами $x_0$ и $-x_0$. То есть, если комочек оторвался в точке $(x_0, y_0)$, то приземлится (или приколесится) в точке $(-x_0, y_0)$.
Горизонтальное смещение за время $t$ равно:

$$\Delta x = v_x t = -2x_0 \implies \vert{}v_x\vert{} t = 2\vert{}x_0\vert{}$$

Вектор скорости комочка в момент отрыва $\vec{v} = (v_x, v_y)$ направлен по касательной к окружности и перпендикулярен радиус-вектору точки отрыва $\vec{R} = (x_0, y_0)$. Их скалярное произведение равно нулю:

$$\vec{v} \cdot \vec{R} = x_0 v_x + y_0 v_y = 0 \implies \vert{}v_x\vert{} = \dfrac{\vert{}y_0\vert{} v_y}{\vert{}x_0\vert{}}$$

Теперь ищем высоту точки отрыва.
Подставим выражение для $\vert{}v_x\vert{}$ в уравнение горизонтального движения:

$$\frac{\vert{}y_0\vert{} v_y}{\vert{}x_0\vert{}} t = 2\vert{}x_0\vert{} \implies \vert{}y_0\vert{} v_y t = 2x_0^2$$

Поскольку $x_0^2 = R^2 - y_0^2$, и $v_y t = \dfrac{g t^2}{2}$, получаем квадратное уравнение относительно высоты отрыва $\vert{}y_0\vert{}$:

$$\vert{}y_0\vert{} \dfrac{g t^2}{2} = 2(R^2 - y_0^2) \implies 4\vert{}y_0\vert{}^2 + g t^2 \vert{}y_0\vert{} - 4R^2 = 0$$

Далее, полная скорость вращения обода колеса $v$ связана с её составляющими соотношением $v^2 = v_x^2 + v_y^2$. Геометрически это можно выразить так:

$$v^2 = v_y^2 \left(1 + \dfrac{y_0^2}{x_0^2}\right) = v_y^2 \dfrac{R^2}{R^2 - y_0^2}$$

Из квадратного уравнения заменяем выражение $(R^2 - y_0^2) = \dfrac{g t^2 \vert{}y_0\vert{}}{4}$. Получается

$$v^2 = \dfrac{4 v_y^2 R^2}{g t^2 \vert{}y_0\vert{}} = \dfrac{4 \left(\dfrac{g^2 t^2}{4}\right) R^2}{g t^2 \vert{}y_0\vert{}} = \dfrac{g R^2}{\vert{}y_0\vert{}}$$

Решая квадратное уравнение относительно $\vert{}y_0\vert{}$ и извлекая корень, находим искомую скорость:

$$v = \sqrt{\dfrac{g}{2} \left(\sqrt{g^2 t^4 + 16 R^2} + g t^2\right)}$$

Соответственно, угловая скорость

$$\omega = \dfrac {\sqrt{\displaystyle \dfrac{g}{2} \left(\sqrt{g^2 t^4 + 16 R^2} + gt^2\right)}}{R}$$

Вроде не ошибся.

-- добавлено через 21 минуту --

EUgeneUS в сообщении #1725182 писал(а):

Вообще говоря, скорость вращения колеса может быть любой

EUgeneUS
Не думаю. В задаче есть жёсткое условие: время полета фиксировано и равно $t$. Как только мы жестко задаем время $t$ и радиус колеса $R$, у системы не остается степеней свободы — скорость колеса становится строго определенной.

[EUgeneUS]

Gagarin1968 в сообщении #1725184 писал(а):

В задаче есть жёсткое условие: время полета фиксировано и равно $t$.

Ну-да, ну-да.

Комочек отрывается так, что летит строго вертикально.
$y=-\frac{gt^2}{2} + vt$
Откуда: $v=\omega R = \frac{gt}{2}$

Это решение не потерялось?

[EUgeneUS]

"регулярное" решение:

$\varphi$ - угол точки отрыва отсчитанный от горизонтали.

1. По горизонтали:
$v_x t_0 = v t_0 \sin \varphi = 2R \cos \varphi$

2. По вертикали.
максимальная высота достигается за время $t_m = t_0 /2$
с другой стороны: максимальная высота достигается за время $t_m = \frac{v_y}{g} = \frac{v \cos \varphi}{g} $
Откуда: $v \cos \varphi = \frac{g t_0}{2}$

Из (2) выражаем $\cos \varphi$ и $\sin \varphi$ и подставляем в (1):

$v^2 \sqrt{1 - (\frac{g t_0}{2v})^2}=Rq$

Возводим в квадрат и получается биквадратное уравнение:
$v^4 - v^2 (\frac{g t_0}{2})^2 - (Rg)^2=0$

-- добавлено через 6 минут --

и ответ у меня получился такой:

$v = \frac{g t_0}{2 \sqrt{2}} \sqrt{1+\sqrt{1 + (\frac{8R}{gt^2})^2}}$

[EUgeneUS]

(про решение квадратных уравнений)

В физических задачах удобно и красиво "обезразмеривать" ответ - выносить размерный множитель за скобки.
При решение квадратных уравнений это делается естественно, если немного модифицировать школьный метод решения.

1. От $Ax^2 + Bx + C=0$ переходим к $x^2 + bx + c = 0$

2. Тогда по "школьному методу"
$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4c}}{2}$

3. Выносим $|b|$ за скобки:

$x_{1,2} = \frac{|b|}{2}(-\text{sgn}(b) \pm \sqrt{1 - \frac{4c}{b^2}})$

В частности, если решаем $x^2 - bx - c = 0$, где $b,c > 0$:
$x_{1,2} = \frac{b}{2}(1 \pm \sqrt{1 + \frac{4c}{b^2}})$

Красиво же

[EUgeneUS]

Gagarin1968 в сообщении #1725184 писал(а):

$$\vert{}y_0\vert{} \dfrac{g t^2}{2} = 2(R^2 - y_0^2) \implies 4\vert{}y_0\vert{}^2 + g t^2 \vert{}y_0\vert{} - 4R^2 = 0$$

$$|y_0| = \frac{-gt^2 + \sqrt{(gt^2)^2 + 4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot R^2}}{2 \cdot 4}= $$

$$= \frac{gt^2}{8}(\sqrt{1 + (\frac{8R}{gt^2}})^2 - 1)$$