Интересная задача

[IAmI]

Я в интернете увидел одну задачку. Сама ее формулировка (если можно так сказать) ставит в тупик, т.к. ответ кажется очевидным. Но все не так просто.
Задача. На плоскости лежит монета; тангенс угла наклона плоскости к горизонту ${\tg} ({\alpha})$ равен коэффициенту трения $\mu$ между ней и монетой. В горизональном направлении монете сообщили начальную скорость $v$ (вдоль по плоскости). Определить установившуюся скорость $u$ монеты.
И какой бы, вы думали, получается ответ? Ответ: $u=v/2$. Насколько я понял, существует несколько различных способов его получения. Хотелось бы знать, каким воспользуетесь вы.

[ewert]

IAmI в сообщении #225141 писал(а):

Ответ: $u=v/2$.

Крайне странный ответ. Если установившаяся скорость не равна ни нулю, ни бесконечности, то это означает, что сила трения в точности равна скатывающей. Но тогда и начальная скорость не изменится.

Есть подозрение, что Вы крайне неаккуратно сформулировали условие (и можно даже попытаться догадаться, в какую именно сторону неаккуратно, но -- лень).

[word]

Вообще-то тут и догадываться нечего, в задаче возможно множество ответов, не все данные есть в условии. Если коэффициент трения скольжения отличается от трения покоя, а в абсолютном большинстве случаев это именно так, то ответы типа v или v/2 совершенно не очевидны. А если учесть, что в действительности как правило трение скольжения является еще и функцией скорости, причем, опять же как правило, не линейной, на что по умолчанию и намекает автор, то тогда задача становится действительно интересной.

[ewert]

ну я-то вообще-то говоря имел в виду совершенно другое -- что автор явно имел в виду (но постеснялся оговорить) толчок вверх.

Впрочем, тогда (меланхолически) установившаяся скорость будет равна явно нулю...

[EtCetera]

Не знаю, я тут посчитал и вроде бы получается в точности ноль (разумеется, принимая на веру, что коэффициент трения скольжения равен коэффициенту трения покоя и является константой: $\mu=const$):
Направим ось $Ox$ в горизонтальном направлении, вдоль плоскости (в этом направлении монете сообщается первоначальная скорость), ось $Oy$ - вниз, вдоль плоскости (перпендикулярно $Ox$). Угол между вектором скорости в текущий момент времени и осью $Ox$ обозначим $\phi$. Из условия получаем, что $N=mg\cos\alpha$, $\mu N=mg\sin\alpha$ ($N$ - сила реакции опоры, $m$ - масса шайбы), так как $\tg\alpha=\mu$. Тогда в каждый момент времени:
-проекции ускорения на оси координат
$a_x=-\frac{\mu N\cos\phi}{m}=-g\sin\alpha\cos\phi=-\tilde a\cos\phi$ ($\tilde a=g\sin\alpha$)
$a_y=\frac{mg\sin\alpha-\mu N\sin\phi}{m}=\tilde a(1-\sin\phi)$
-проекции скорости на оси координат ($u$ - модуль скорости в данный момент)
$u_x=u\cos\phi=v+a_x t=v-\tilde a t\cos\phi$
$u_y=u\sin\phi=a_y t=\tilde a t(1-\sin\phi)$
Отсюда:
$\cos\phi=\frac{v}{u+\tilde a t}$
$\sin\phi=\frac{\tilde a t}{u+\tilde a t}$
Из основного тригонометрического тождества получаем:
$u+\tilde a t=\sqrt{v^2+(\tilde a t)^2}$
$u(t)=\sqrt{v^2+(\tilde a t)^2}-\tilde a t$
$\lim\limits_{t\to\infty}u(t)=0$
Может быть, я просто неправильно понял условие...

[meduza]

IAmI в сообщении #225141 писал(а):

В горизональном направлении монете сообщили начальную скорость $v$ (вдоль по плоскости).

Что значит "вдоль плоскости"? Угол (обозначу его $\varphi$) между начальной скоростью и "направлением спуска" на многое влияет: если он равен $\pi/2$ (монету толкнули перпендикулярно направлению спуска) - то установившаяся скорость будет $v/2$ (видимо это ваш случай, судя по приведенному ответу, я его ниже рассмотрю), если же $\varphi=0$ (скорость придали в направлении спуска), то $u=v$.

Щас набиру решение и отошлю, заодно рисунок простой нарисую...

-- Сб июн 27, 2009 21:57:18 --

Решение для $\varphi=\frac{\pi}2$, только в этом случае установившаяся скорость будет $v/2$.


Проекция силы тяжести на ось x (т. е. на направление спуска) $F_x=mg\sin\alpha$. Сила трения $F_{\text{тр}}=\mu mg\cos\alpha=mg\sin\alpha=F_x$; направлена она всегда противоположно скорости. Выберем еще одну ось $\tau$, по касательной к скорости. Запишем 2-й закон Ньютона в проекции на $x$ и $\tau$:
$x: m a_x=F_x-F_{\text{тр}}\cos\varphi=mg\sin\alpha (1-\cos\varphi)$
$\tau: m a_{\tau} = F_x\cos\varphi - F_{\text{тр}} = mg\sin\alpha (\cos\alpha-1) = -m a_x$
Если сократить на массу, получим $a_{\tau}=-a_x \Rightarrow \dfrac{d v_{\tau}}{dt}=-\dfrac{d v_x}{dt} \Rightarrow v_{\tau}=-v_x+C$. Заменим $v_{\tau} \equiv v$ и $v_x=v\cos\varphi$. Константу найдем из начальных условий $v(\varphi=\frac{\pi}2)=v$: $v=-v\cdot 0 + C \Rightarrow C=v$. Т. е. $v(\varphi)=-v(\varphi)\cos\varphi+v \Leftrightarrow v(\varphi)=\frac{v}{1+\cos\varphi}$. Установившаяся скорость будет при $\varphi=0$ (направление скорости будет совпадать с $x$), т. е. $u\equiv v(0)=v/2$.

-- Сб июн 27, 2009 22:09:30 --

Если учитывать начальное условие $v(\varphi=0)=v$, т. е. монетку толкнули в направлении спуска, то получим $C=0,\ \ u=v$. При других углах тоже самое -- отличие только с места, где идет подстановка нач. условий.

[word]

Ну вот, как и ожидалось, незаявленные в условии аргументы вылезают наружу. В данном случае незаявленным аргументом является угол между "направлением спуска" (авторское обозначение) и вектором начального толчка (стартовой скорости). Обозначение "В горизональном направлении" в сочетании "(вдоль по плоскости)" можно трактовать как угодно, в том числе и по ewert. Обычно "вдоль по (наклонной) плоскости" обозначается имеено "направление спуска". Имеем пример намерено некорректно поставленной задачи.
Не красиво.

[venco]

Я эту задачу помню, имеется в виду именно горизонтальная начальная скорость $\varphi=\frac{\pi}{2}$.

[word]

и я встречал, потому ничего не возражал против v/2 и акцентировался исключительно на множественности решений, считая неудобным приводить у кого-то списанный ответ, тем более, что сама задача слишком тривиальна и может быть интересна только на школьном уровне. Мои претензии касаются исключительно ее авторской формулировки. Кстати, среди множества опубликованных в Е-нете модификаций решение, предложенное ewert, одно из редчайших.

[meduza]

P. S. Общая формула для $u$, в зависимости от $\varphi_0$:
Продолжу с места $v=-v\cos\varphi+C \Leftrightarrow v(\varphi)=\frac{C}{1+\cos\varphi}$. Из нач. условий $v(\varphi_0)=v_0:\ C=v_0(1+\cos\varphi)$. Установившаяся скорость $u=\lim\limits_{\varphi \to 0}v(\varphi)=\frac{v_0}2 (1+\cos\varphi_0)$. Частные случаи:
$\varphi_0=0:\ u=v_0$
$\varphi_0=\frac{\pi}2:\ u=\frac{v_0}2$
$\varphi_0=\pi:\ u=0$

[EtCetera]

Да, что-то я вчера на ночь глядя совсем не то понаписал... И еще меня так удивило, что получилось не ДУ, а простое уравнение .
meduza
Здорово! Интересное решение к интересной задаче.

[IAmI]

Спасибо. В общем-то я решал немножко по другому, и у меня выходило $u=v/2$ для произвольного угла. Но, возможно, я где-то ошибся.

[meduza]

IAmI в сообщении #225314 писал(а):

Спасибо. В общем-то я решал немножко по другому, и у меня выходило $u=v/2$ для произвольного угла. Но, возможно, я где-то ошибся.

Угол $\varphi$ влияет, безусловно. Возьмем самый простой случай - монету толкнули в направлении спуска ($\varphi=0$): из 2-го з-на Ньютона можно найти, что ускорение монеты будет 0, а значит и начальная скорость не должна изменится и останется $v$. Если же толкнуть монету под углом, отличным от нуля, то $\overrightarrow F_{\text{тр}}$ и $\overrightarrow F_{\text{тяж}}$ сначала не будут уравновешивать друг друга и будут снижать скорость (а также изменять ее направление, уменьшая $\varphi$) -- так будет продолжаться до тех пор, пока $\varphi$ не сравняется с 0, далее скорость меняться не будет.

[IAmI]

А, я сейчас только понял! Я, представляете, не задумываясь, решал для угла Пи пополам, и думал, что решаю для любого угла.

[photon]

смените заголовок на информативный, отражающий содержание задачи