Падение стержня у стенки

[mindroz]

Две материальные точки массой $m$ каждая соединены невесомым стержнем длиной $l$. Стержень начинает движение из вертикального положения без начальной скорости. Трения нет. Найти скорость $v_1$ верхней материальной точки непосредственно перед ударом о пол.
Я нашел зависимость скорости $v_2$ нижней материальной точки от угла наклона $\alpha$ стержня и скорости $v_1$ верхней.
$v_2=v_1\tg\alpha $
Получается, что непосредственно перед падением верхней точки, скорость нижней $v_2=0$.
Тогда сначала была потенциальная энергия $mgl$ а перед падением только кинетическая энергия верхней материальной точки $\frac{mv_1^2}{2}$. Но из этого следует, что скорость $v_1=\sqrt{2gl}$. Ясно, что результат неправильный. Но где ошибка? Наверно в какой-то момент верхняя часть стержня оторвется от стенки, а скорость нижней материальной точки не будет равна нулю. Помогите, пожалуйста, разобраться. Меня интересует и случай, когда материальные точки жестко приделаны к стенке(нет возможности оторваться от них) а трения так же нет. Какова будет скорость в этом случает?

[Mihr]

mindroz в сообщении #1090113 писал(а):

Ясно, что результат неправильный. Но где ошибка?

Результат правильный (в рамках модели материальных точек и отсутствия трения), ошибки нет. Что Вас смущает?

[mindroz]

Получается, что падение верхней точки такого стержня равносильно падению материальной точки с высоты $l$. Мне это кажется необычным:).

[Mihr]

mindroz в сообщении #1090120 писал(а):

Получается, что падение верхней точки такого стержня равносильно падению материальной точки с высоты $l$.

В каком смысле "равносильно"? Время падения здесь будет другим, бóльшим времени свободного падения. Совпадение лишь в конечном значении скорости первого груза.

[mindroz]

А левая точка на всём протяжении падения будет касаться стенки?

[Mihr]

mindroz в сообщении #1090168 писал(а):

А левая точка на всём протяжении падения будет касаться стенки?

Да. А куда ж ей деваться?

[DimaM]

Mihr в сообщении #1090180 писал(а):

mindroz в сообщении #1090168 писал(а):

А левая точка на всём протяжении падения будет касаться стенки?

Да. А куда ж ей деваться?

Нет, разумеется.
Полезно рассмотреть движение центра масс и заметить, что его горизонтальная скорость увеличивается, пока есть контакт со стенкой, а после отрыва остается постоянной. Эту горизонтальную скорость недурно было бы найти.

[Mihr]

DimaM в сообщении #1090185 писал(а):

Нет, разумеется.

Да, похоже я сильно ошибся Увы. Но тогда и ответ в задаче другой.
После отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки горизонтальная компонента импульса системы не меняется, ненулевой она будет и в момент удара верхнего шарика о горизонтальную поверхность. Следовательно, его скорость во время удара будет меньше заявленного раньше значения.
Тогда можно наметить следующую схему решения. Используя соотношение $v_2=v_1\tg\alpha $ и закон сохранения энергии, получим уравнение, связывающее координату $x$ нижнего шарика и его скорость, а затем посмотрим, до какого значения $x$ эта скорость будет возрастать. При этом значении $x$ и происходит отрыв верхнего шарика от стенки. Затем, опираясь на неизменность горизонтальной компоненты импульса системы и опять-таки закон сохранения энергии, можно будет определить скорость левого шарика в момент удара о горизонтальную поверхность.
mindroz, если Вы ещё не утратили интереса к этой задаче, я готов исправить свою ошибку.

[mindroz]

Интерес сохранился:)

[Mihr]

mindroz в сообщении #1090210 писал(а):

Интерес сохранился:)

Ну, давайте попробуем. Я всё же не должен сам писать решение. Попробуйте, используя соотношение $v_2=v_1\tg\alpha $ и закон сохранения энергии, связать координату $x$ нижнего шарика с его скоростью (до момента отрыва верхнего шарика от стены). Потом, отталкиваясь от этого результата, двинемся дальше.

[Xey]

А по условию шарики вроде бы не отрываются от стенки.

[mindroz]

Если начало отсчета осей совместить с углом стенки, то тогда, записывая ЗСЭ, получаем:
$\frac{mv_1^2}{2}+\frac{mv_2^2}{2}=mgl-mgy$
$v_1^2+v_2^2=2gl-2gy$
$\frac{v_2^2}{\tg^2\alpha}+v_2^2=2gl-2gy$
$v_2^2(\frac{1}{\tg^2\alpha}+1)=2g(l-y)$
Пользуясь формулой $1+\tg^2x=\frac{1}{\cos^2x}$ получаем:
$v_2=\frac{y}{l}\sqrt{2g(l-y)}$
где $y$ - это высота первого шарика. $x$- это расстояние от угла до 2-го шарика.


-- 12.01.2016, 22:25 --

Xey в сообщении #1090231 писал(а):

А по условию шарики вроде бы не отрываются от стенки.

В условии ничего про это не сказано. Я просто был не уверен, оторвутся ли они и меня интересовали оба случая.

[Mihr]

mindroz,
что-то я Вас не понимаю.
Пусть вначале верхний шарик находился на высоте $l$, а теперь находится на высоте $y$. Тогда
$\frac{mv_1^2}{2}+\frac{mv_2^2}{2}=mgl-mgy$
Не так ли?
Если согласны, исправьте Ваши выкладки. Или, может быть, я не понимаю Ваши обозначения?

[mindroz]

Mihr в сообщении #1090236 писал(а):

Если согласны, исправьте Ваши выкладки.

Исправил

[AnTi3z]

(спойлер)

Эта задача была разобрана Игорем Ивановым в рубрике "Задача недели" 13.03.11 на "Элементах".