Определение скорости пули до попадания ее в шар.

[Men007]

Это не обычная школьная задача. Поскольку она относится к теме "Поступательное и вращательное движения твердого тела", то я предполагаю, что здесь нужно использовать вместо закона сохранения импульса, а закон сохранения момента импульса.

[Men007]

AnatolyBa
Можно узнать, какой ответ у вас получился?

[AnatolyBa]

Попробуйте все же продвинуться сами. Начало я написал, можете определить $v$ или $\omega=\frac{v}{R+l}$.
Далее - кинетическую энергию нужно записать через $J$. С потенциальной у вас, вроде, правильно.

[Men007]

AnatolyBa
Я получил:
$\frac{J\omega^2}{2}=(m+M)g(l+R)(1-\cos(\alpha))$, где $\omega=\frac{\upsilon}{R+l}$.
Следовательно, $\upsilon=\sqrt{\frac{2(m+M)g(l+R)^3(1-\cos(\alpha))}{J}}$.
Согласно закону сохранения момента импульса имеем: $m{\upsilon}_{0}(R+l)=J\omega=M(\frac{2}{5}R^2+(R+l)^2)\frac{\upsilon}{R+l}$.
Таким образом, ${\upsilon}_{0}=\frac{M(\frac{2}{5}R^2+(R+l)^2)\sqrt{\frac{2(m+M)g(R+l)^3(1-\cos(\alpha))}{M(\frac{2}{5}R^2+(R+l)^2)}}}{m(R+l)^2}$.

[AnatolyBa]

Направление правильное, но имеются ошибки, полагаю по невнимательности.
А, вижу уже исправили
У меня, в общем, то же самое. Но с вашим ответом (520м/с) все же, не сходится

[Men007]

AnatolyBa
В итоге ответ при $R=6,5$ см получается приблизительно равным тому же значению, которое я получил при решении, когда использовал закон сохранения импульса, а именно ${$\upsilon$}_{0}=324.314$ м/с

-- 23.04.2017, 22:53 --

AnatolyBa
А не может быть, чтобы часть энергии была кинетической энергией поступательного движения, а часть кинетической энергией вращательного движения?
То есть
$\frac{J\omega^2}{2}+\frac{m\upsilon^2}{2}=mgh$.

[Erleker]

Men007 в сообщении #1212095 писал(а):

В итоге ответ при $R=6,5$ см получается приблизительно равным тому же значению, которое я получил при решении, когда использовал закон сохранения импульса, а именно ${$\upsilon$}_{0}=324.314$ м/с

Значит (если правильно посчитали), как я и думал, учет его вращения не играет существенной роли.
P.S. Откуда задача-то?

Men007 в сообщении #1212095 писал(а):

А не может быть, чтобы часть энергии была кинетической энергией поступательного движения, а часть кинетической энергией вращательного движения?
То есть
$\frac{J\omega^2}{2}+\frac{m\upsilon^2}{2}=mgh$.

Это если считать энергию вращения относительно центра шара в его СО.А вы относительно какой точки считаете?

[AnatolyBa]

Вы же писали радиус 35 см?
У меня получился ответ примерно 380 м/с.
Насчет разделения кинетической энергии на поступательную и вращательную - это вам теорию надо почитать.
Если есть неподвижная ось, то энергию можно рассматривать как чисто вращательную, но момент инерции должен быть вычислен относительно этой оси.
Возможно, мы что-то в постановке задачи не понимаем. Рисунок есть?

[Men007]

AnatolyBa
Рисунка, к сожалению, нет.

-- 23.04.2017, 23:36 --

Erleker в сообщении #1212107 писал(а):

А вы относительно какой точки считаете?

Я считал относительно точки подвеса.

[Erleker]

Men007 в сообщении #1212109 писал(а):

Я считал относительно точки подвеса.

Поэтому учитывается только вращательная.

-- 23.04.2017, 15:55 --

И все-таки да, действительно при таких данных учитывать вращение шара (если радиус 35) в решении придется (даже если в итоге ответ и приблизительно такой же):
$\frac{(2R^2/5+(R+l)^2)}{(R+l)^2}=1.28$
Последнее решение (формула $v_0$) у вас вроде правильное.

[Dmitriy40]

А шар что, может вращаться (проворачиваться) относительно стержня? Потому что если не может и соединён с ним жестко, то никакого отдельного вращательного движения учитывать не надо, в момент попадания пули оно нулевое (кстати прямо сказано о попадании пули в центр шара), в момент остановки шара в верхней точке оно тоже нулевое, и вся энергия и момент лишь помогают шару со стержнем провернуться относительно точки подвеса (если пренебречь изгибами стержня конечно, которых по условию и нет).
Возможно в задачнике просто опечатка и должно было быть 320м/с, цифры 3 и 5 похожи, могли перепутать.