Кинематика

[EUgeneUS]

Stensen в сообщении #1316005 писал(а):

Поясните пожалуйста, если $H$ это максимальная высота подъема шара, то что такое $t$ в функции $H(t)$ и по какому параметру получается последовательность?

Возможно, обозначения неудачные. Подразумевалось, что $H(t)$ - высота шарика от времени, так как в разных СО она разная, можно так обозначить:
$h_g(t)$ - высота шарика от времени в СО земли
$h_l(t)$ - высота шарика о времени в СО лифта

Последовательность (отрезков параболы) получается по количеству ударов.

[rascas]

(wrest)

wrest в сообщении #1315911 писал(а):

Ну как же... Вот у вас есть СО Земли, тяготения нет, в этой СО шарик движется влево со скоростью /плюс/ 1, а стенка движется навстречу, т.е. вправо, со скоростью /минус/ 3 (в СО Земли!). Какая будет скорость шарика в СО Земли после отскока?

Введём обозначения:
$u = -3$ - скорость стенки в СО Земли
$v_{bef} = +1$ - скорость шара до столкновения со стенкой в СО Земли
$v_{aft}$ - скорость шара после столкновения со стенкой в СО Земли
$\pm g\tau$ - скорость шара до и после столкновения со стенкой в СО стенки.

Перейдём в СО стенки (направление новой оси сохраняем)

Скорость до столкновения со стенкой в СО стенки: $g\tau = v_{bef} - u = 1 - (-3) = 4$
Скорость после столкновения со стенкой в СО стенки: $-g\tau = -4$

Скорость шара в СО Земли: $v = u \pm g\tau$ (формула как у ТС)

Ответ: $v_{aft} = u - g\tau = -3 -4 = -7 $

[wrest]

rascas
Да, вы правы, а я не прав.
К скорости лифта относительно земли прибавляем скорость шара относительно лифта, получаем скорость шара относительно земли.

[rascas]

Stensen в сообщении #1316005 писал(а):

DimaM в сообщении #1315969 писал(а):

Теперь следующий ход: сколько времени будет двигаться шарик от удара до верхней точки и от верхней точки до удара в СО Земли?

Если так, то:
$t_{up}=\tau+ \frac{g\tau+u}{g}$ - вверх,
$t_{down} =2\tau - t$ - вниз. Так?

Stensen всё не правильно.
Рассматриваем СО Земли. От верхней точки с нулевой начальной скоростью шарик начал двигаться вниз равноускоренно, с ускорением $g$. Спрашивается, через какое время он наберёт скорость $(g\tau - u)$ ? Это и будет время $t_{down}$ .

[Батороев]

Stensen
Для лучшей визуализации процесса предлагаю рассмотреть несколько иную задачу:
Имеется наклонный эскалатор, движущийся равномерно. Шарик, ударившись о ступеньку эскалатора, отскакивает под углом к горизонту, но пролетев по своей траектории, на большей высоте снова попадает в ту же точку эскалатора (т.е. горизонтальные составляющие скоростей шарика и эскалатора одинаковы и в уравнениях могут не рассматриваться). Нарисовав траекторию движения шарика (парабола) и точки ступени эскалатора (наклонная прямая), Вы сможете увидеть, где находится момент времени, при котором расстояние по высоте от шарика до точки ступени эскалатора максимально, и этот момент соответствует $\tau$.
Второе уравнение можно получить для второго контакта шарика с эскалатором.

[DimaM]

Stensen в сообщении #1316005 писал(а):

Если так, то:
$t_{up}=\tau+ \frac{g\tau+u}{g}$ - вверх,
$t_{down} =2\tau - t$ - вниз. Так?

Нет.
Вот отскочил шарик со скоростью $u+g\tau$ вверх - через какое время его скорость обратится в нуль? Это будет $t_{up}$.
Потом шарик падает с нулевой начальной скоростью - через какое время его скорость станет $u-g\tau$? Это будет $t_{down}$.
Дальше уже несложно найти путь, пройденный при движении вверх и при движении вниз, а их сумма будет $L$.

[Stensen]

DimaM в сообщении #1316179 писал(а):

Отскочил шарик со скоростью $u+g\tau$ вверх - через какое время его скорость обратится в нуль? Это будет $t_{up}$.
Потом шарик падает с нулевой начальной скоростью - через какое время его скорость станет $u-g\tau$? Это будет $t_{down}$.
Дальше уже несложно найти путь, пройденный при движении вверх и при движении вниз, а их сумма будет $L$.

1. отскок вверх: $0=(g \tau+ u) - gt_{up}$ , тогда: $t_{up}=\frac{g \tau+u}{g}$

$h_{up}=(g \tau+u)t_{up} - \frac{gt_{up}^2}{2}=\frac{(g\tau +u)^2}{2g}$

2. полет вниз: $(g \tau - u) = gt_{down}$ , тогда: $t_{down}=\frac{g \tau-u}{g}$

$h_{down}= \frac{gt_{down}^2}{2}=\frac{(g\tau-u)^2}{2g}$

3. т.к. $L=h_{up}+h_{down}=\frac{(g\tau)^2 +u^2}{g} $ , получим: $u=\sqrt{Lg-(g\tau)^2}$ . С ответом сошлось, вроде так?

Если все верно, всем спасибо.

[EUgeneUS]

(Иээх)

Stensen в сообщении #1316291 писал(а):

С ответом сошлось, вроде так?

Главный критерий, что задача решена верно - это когда в голове сошлось, а не с ответом.

[Stensen]

EUgeneUS в сообщении #1316297 писал(а):

(Иээх)

Главный критерий, что задача решена верно - это когда в голове сошлось, а не с ответом.

(Оффтоп)

Согласен. В голове полегчало. Просто ответы часто кривые, поэтому и спросил про правильность

Всем спасибо!

[Батороев]

(Оффтоп)

Терзает смутное (потому и оффтоп) подозрение, что условие задачи не корректно.
Если подставить численные значения в ответ, получится $u=2$ м/с, т.е. цикл длится $2$ c. При этом шарик на подъем затратит $\tau+\dfrac{u}{g} =0,6+\dfrac{2}{10}= 0,8$ c (условие максимального удаления $v=u$, где $v$ - текущая скорость шарика). Где же шарик окажется по окончании цикла?

Я к примеру составил выражение для удаления шарика от пола: $v_0t-\dfrac{gt^2}{2}-ut$ (1).
Продифференцировав выражение, приравняв нулю (условие максимального удаления) и подставив численное значение $\tau$ , получил $v_0-u=g\tau=6$ м/с. Уравняв выражение (1) нулю (условие "встречи"), получил: время цикла $t=1,2$ с; соответственно $u=3$ м/с; $L=3,6$ м.
На мой взгляд, последняя величина и соответствовала бы корректному условию.

[DimaM]

(Батороев)

Батороев в сообщении #1316411 писал(а):

Если подставить численные значения в ответ, получится $u=2$ м/с, т.е. цикл длится $2$ c.

Утверждение после "т.е." никак не связано с утверждением перед "т.е."
На самом-то деле цикл длится 1.2 с (0.8 с шарик летит вверх и еще 0.4 с - вниз).

[Батороев]

(Оффтоп)

DimaM
Связь в том, что лифт со скоростью $2$ м/с преодолевает подъем на $4$ м за $2$ секунды.

[DimaM]

Батороев в сообщении #1316418 писал(а):

Связь в том, что лифт со скоростью $2$ м/с преодолевает подъем на $4$ м за $2$ секунды.

4 м - это путь шарика между ударами, а не перемещение.
Впрочем, я вначале эту же ошибку сделал.

[Батороев]

(Оффтоп)

DimaM в сообщении #1316419 писал(а):

Впрочем, я вначале эту же ошибку сделал.

Т.е. "на новенького".
Забираю свои слова про некорректность задачи и ухожу в монастырь на обед.

[EUgeneUS]

Stensen в сообщении #1316342 писал(а):

Просто ответы часто кривые, поэтому и спросил про правильность

Часто "кривизну" ответов можно легко проверить. Как обычно: размерность и крайние случаи.
Проверим ответ этой задачи.
1. С размерностью всё хорошо.
2. Крайний случай тут сразу видно: $u=0$, лифт стоит. Тогда получается: $L=g\tau^2$. Всё верно - $\frac{g\tau^2}{2}$ два раза, туда и обратно.
2.2. Еще интересно, что при $L < g\tau^2$ решений нет. Чтобы это значило? Это означает, что если шарик двигается в равномерном поле тяжести какое-то время $2\tau$, то не существует никакой ИСО, где бы его путь был меньше $g\tau^2$. В ИСО, где путь наименьший, шарик вернется в ту же точку, откуда вылетел.

Так что никакой кривизны, хороший, прямой ответ