Задача про клин

[caxap]

На гладкий клин массы M, который может скользить лишь горизонтально, падает шарик массы m. Шарик упруго ударяется о грань клина. Скорость шарика непосредственно перед ударом $v_0$ и направлена вниз. Найти скорость клина после удара. Трением пренебречь. (Ответ: $u=\dfrac{v_0\sin2\alpha}{M/m+\sin^2\alpha}$).

Моё решение:
Удар абс. упругий, т. е. угол отражения равен углу падения и равен $\alpha$. Закон сохр. импульса:
в проекции на горизонтальную ось, направленную влево:
$0=-Mu+mv'\sin 2\alpha$ ($v'$ -- скорость шариак после удара)
в проекции на вертик. ось, направленную вниз:
$mv_0=0-mv'\cos 2\alpha$
Отсюда выражаем $u=-\frac m M v_0 \tg 2\alpha$.

Почему с ответом не сходится? Я что-то не так сделал? По размерности и здравому смыслу (очевидные результаты при $\alpha\to 0$, $m\to 0/\infty$, $M\to 0/\infty$ и т. п.) оба ответа подходят.

[whiterussian]

С углами у вас проблемы, как мне кажется....
Сейчас по-подробней посмортрю....

Таки да, проблемы....

Вас не смущает, что момент у вас не сохраняется? Вы учли момент сил?
Вы не рассмотрели сохранение энергии, что просто необходимо при упругом ударе...

[Парджеттер]

А мне кажется, что при $m \to \infty$ должна скорость клина быть бесконечной (наверное). А в том, что называется "ответ" этого не видно. Так что может ответ неправильный просто?

[lel0lel]

caxap в сообщении #312262 писал(а):

По размерности и здравому смыслу (очевидные результаты при $\alpha\to 0$, $m\to 0/\infty$, $M\to 0/\infty$ и т. п.) оба ответа подходят.

Ну здравого смысла в таком ответе $u=-\frac m M v_0 \tg 2\alpha$ не много, разве только по размерности не противоречит. Знак минус положим это опечатка. Но то, что вы считаете что шарик под таким же углом отразится, никак не следует из закона сохранения энергии. Поэтому не ленитесь, а честно все законы сохранения выписывайте.

[whiterussian]

Будьте готовы к тригонометрическим преобразованиям...

[caxap]

Парджеттер в сообщении #312270 писал(а):

А мне кажется, что при $m \to \infty$ должна скорость клина быть бесконечной (наверное).

Да, действительно. Я хоть и написал, а этот крайний случай не рассмотрел. Если угол устремить к $\pi/2$, а скорость шарика к $\infty$, то $u\to\infty$, а по "ответу" -- $u\to 0$.
Это задача из Кванта 1971-01.

lel0lel в сообщении #312277 писал(а):

Знак минус положим это опечатка.

Не опечатка. Я же написал, что это в прекции на горизонт. ось, направленную влево. В ответе стоит модуль скорости.

lel0lel в сообщении #312277 писал(а):

Но то, что вы считаете что шарик под таким же углом отразится, никак не следует из закона сохранения энергии.

Ага... может быть. Я вот ещё что думаю, при абс. упругом ударе скорость шарика не должна изменится, а согласно моим уравнениям $v'=v_0/cos\alpha$.

[whiterussian]

Повторюсь - используйте закон сохранения энергии...

[caxap]

Никак не получается . Весь день решаю и никак. Ведь там же по-любому нужно знать, под каким углом отскочит шарик. Как его найти -- непонятно. З-н сохранения энергии $mv_0^2=mv'^2+Mu^2$ что-то не помогает. Я вот ещё думаю, а справедливо ли тут использовать з-н сохр. импульса для шарика и клина, ведь здесь же ещё земля учавствует. Подскажите ещё пожалуйста.

И ради справки: вот мой ответ (как я догадываюсь) неверен, а верен ли "ответ", который в задаче?

[Maslov]

Вот в этой книжке аналогичная задача ("23. Столкновение шара с клином") довольно подробно разобрана: Бутиков, Быков, Кондратьев. Физика в примерах и задачах.

[spaar]

caxap в сообщении #312515 писал(а):

Я вот ещё думаю, а справедливо ли тут использовать з-н сохр. импульса для шарика и клина, ведь здесь же ещё земля учавствует.

По горизонтали - справедливо, по вертикали - нет.

[caxap]

Maslov в сообщении #312529 писал(а):

Вот в этой книжке аналогичная задача

Она похожа, но не совсем -- там уже дан угол, как отскочит шарик. В данной же задаче я не знаю, как его определить. Почему-то всегда думал, что при абс. упругом ударе будет отражение как луча света -- угол падения равен углу отражения -- но судя по всему это не так, свободно подвижный клин каким-то образом нарушает это правило.

PS. Модераторам: может тему в олимпиадные задачи перенести? Она не так проста.

[spaar]

caxap
Но и не так сложна
У меня есть эта книжка. Исходно задача действительно не такая, но, если посмотрите до конца, найдёте ответ. Могу и я подсказать:
Вектор изменения импульса $ \Delta\vec{p}} = m\vec{v'} - m\vec{v_0} $ перпендикулярен грани клина. Этого в совокупности с законами сохранения энергии и горизонтального импульса достаточно для решения задачи.

P.S. Угол "отражения" равен углу "падения" при $|\vec{v'}| = |\vec{v_0}|$.

[whiterussian]

возведите уравнение, которое вы написали для момента в квадрат. Сравните с уравнением для энергии...

[caxap]

spaar в сообщении #312556 писал(а):

Вектор изменения импульса $ \Delta\vec{p}} = m\vec{v'} - m\vec{v_0} $ перпендикулярен грани клина. Этого в совокупности с законами сохранения энергии и горизонтального импульса достаточно для решения задачи.

Спасибо большое. У меня получились три уравнения
$v_0\cos\alpha=v'\cos\beta$
$mv'\sin(\alpha+\beta)=Mu$
$mv_0^2=mv'^2+Mu^2$
где $\beta$ -- угол "отражения" шарика. К сожалению, не знаю как решить это вручную (подскажите, с какой стороны подойти, пожалуйста). Решил с помощью Maple, она выдала $u=\dfrac{v_0\sin2\alpha}{M/m+\cos^2\alpha}$ -- т. е. в точности "ответ", за исключением косинуса заместо синуса в знаменателе. Я что-то опять напортачил? Вроде перепроверил, всё верно должно быть.

[lel0lel]

Напартачили. Внимательнее проверьте первое уравнение системы. Вы должны проектировать скорость шара на плоскость наклонную, а не на нормаль к этой плоскости.

caxap в сообщении #312281 писал(а):

Не опечатка. Я же написал, что это в прекции на горизонт. ось, направленную влево. В ответе стоит модуль скорости.

Да, Вы правы, это не опечатка. Это ошибка. Вы в системе уже учли знак проекции, поэтому ответ должен быть положительным.

-- Пт апр 23, 2010 23:35:19 --

Можно решить так: выразите из первого и второго уравнения $u$ через углы. Получите функцию зависящую от $\ctg{\beta}$. Затем в третье уравнение подставьте все скорости выраженные через углы. Получите квадратное уравнение для $\ctg{\beta}$. Дальше сами.