Белорусская, 2021/22, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Силы реакции и силы трения на концах стержня направлены вдоль сторон квадрата \(OADB\). Запишите сумму моментов относительно точек \(B\) и \(D\) и используйте неравенство \(F_{\text{тр}} \le \mu N\) в крайних положениях стержня.

Ответ

1) да, горизонтальное положение стержня — положение устойчивого равновесия;  2) \(\dfrac{mg}{\sqrt{2}}\dfrac{\cos\alpha}{1+\mu} \le N_1 \le \dfrac{mg}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{\cos\alpha}{1-\mu} - \sin\alpha\right)\);  3) \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{2\mu}{1-\mu^2} \approx 0{,}53\), \(\alpha \approx 28^\circ\) (равновесие возможно при \(\alpha < 28^\circ\)).

Решение

1. При смещении концов стержня по поверхности сферы центр стержня (он же центр масс) движется по дуге окружности, центр которой совпадает с центром сферической чаши. Следовательно, при горизонтальном расположении стержня его центр масс находится в нижнем положении, поэтому в этом случае потенциальная энергия стержня минимальна. Поэтому горизонтальное положение стержня есть положение устойчивого равновесия.

2. При отклонении стержня от горизонтального положения он стремится вернуться к положению равновесия. Это рассуждение позволяет определить направления сил трения \(\vec F_1\) и \(\vec F_2\), действующих на концы стержня (см. рисунок). Направления сил реакции \(\vec N_1\) и \(\vec N_2\) однозначны: они направлены радиально и направлены к центру полусферы. Условия равновесия стержня традиционны: векторная сумма сил, действующих на стержень, равна нулю; сумма моментов этих сил также равна нулю.

Заметим, что все силы, действующие на стержень, лежат в одной плоскости. Поэтому можно записать только два независимых уравнения для суммы проекций сил, действующих на стержень. Так как сумма сил, действующих на стержень, равна нулю, то сумма моментов этих сил (которая равна нулю) не зависит от того, относительно какой точки рассматриваются эти силы. Поэтому можно записать только три независимых скалярных уравнения для определения действующих сил. Кроме того, в положении равновесия, когда стержень неподвижен, нельзя однозначно выразить силу трения через соответствующую силу нормальной реакции, так как в этом случае сила трения есть сила трения покоя. Поэтому связь между этими силами выражается неравенством: \[F_{\text{тр.}} \le \mu N. \qquad (1)\] Следовательно, все силы не определяются однозначно — их значения зависят от того, как способом стержень привели в положение равновесия. Таким образом, данная задача является недоопределённой: значения сил реакции и трения не определяются однозначно.

В такой ситуации мы можем определить только диапазоны, в которых могут лежать значения рассматриваемых сил. Для этого три из четырёх неизвестных сил (две силы реакции и две силы трения) выразим через одну из них, а после этого, используя два неравенства (1), найдём диапазоны изменения сил. Так как в вопросе 2 требуется определить пределы возможного изменения силы \(N_1\), то имеет смысл выразить остальные силы именно через модуль силы \(N_1\).

Как следует из рисунка, задача сильно упрощается благодаря тому, что угол \(\varphi = 90^\circ\): силы реакции и силы трения направлены вдоль сторон квадрата \(OADB\), длина стороны которого равна радиусу чаши. Для упрощения алгебраических выкладок будем записывать такие уравнения, в которые входят только \(N_1\) и одна из оставшихся неизвестных сил.

1) Запишем сумму моментов сил (и приравняем её к нулю) относительно точки \(B\): \[F_1R + N_1R - mg\,\frac{l}{2}\cos\alpha = 0. \qquad (2)\] Выбор этого уравнения обусловлен тем, что в него входят только силы \(F_1\) и \(N_1\), что позволяет сразу получить зависимость \(F_1(N_1)\): \[F_1 = mg\,\frac{l}{2R}\cos\alpha - N_1 = mg\,\frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}} - N_1. \qquad (3)\] 2) Для установления связи между \(F_2\) и \(N_1\) спроецируем все силы на направление \(BD\) (сумма этих проекций также равна нулю): \[F_2 + mg\sin\left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) - N_1 = 0. \qquad (4)\] Из этого уравнения находим: \[F_2 = N_1 - mg\sin\left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) = N_1 - \frac{mg}{\sqrt{2}}\left(\cos\alpha - \sin\alpha\right). \qquad (5)\] 3) Наконец, для определения силы реакции \(N_2(N_1)\) запишем (и приравняем к нулю) сумму моментов сил относительно точки \(D\): \[N_2R - N_1R - mg\sin\alpha\,\frac{R}{\sqrt{2}} = 0. \qquad (6)\] В этом уравнении \(\dfrac{R}{\sqrt{2}}\) — длина половины диагонали квадрата \(CD\). Из уравнения (6) находим искомое соотношение: \[N_2 = N_1 + \frac{mg}{\sqrt{2}}\sin\alpha. \qquad (7)\] Как следует из полученных формул, все рассмотренные силы пропорциональны силе тяжести, поэтому дальнейший анализ удобно (но не обязательно) проводить, считая единицей измерения силы величину \(\dfrac{mg}{\sqrt{2}}\). В этом случае введём относительные величины сил: \[f_1 = \frac{F_1\sqrt{2}}{mg} = \cos\alpha - n_1, \qquad f_2 = \frac{F_2\sqrt{2}}{mg} = n_1 - \left(\cos\alpha - \sin\alpha\right), \qquad n_2 = n_1 + \sin\alpha. \qquad (8)\] Воспользуемся теперь неравенствами (2), устанавливающими связь между силами трения и нормальной реакции.

При равновесии в верхней точке \(A\) выполняется соотношение: \[f_1 < \mu n_1. \qquad (9)\] Из которого с учётом выражений (8) следует: \[\cos\alpha - n_1 < \mu n_1 \quad\Rightarrow\quad n_1 > \frac{\cos\alpha}{1+\mu}. \qquad (10)\] Аналогично для нижней точки стержня \(B\): \[f_2 < \mu n_2. \qquad (11)\] Откуда следует: \[n_1 - \left(\cos\alpha - \sin\alpha\right) < \mu\left(n_1 + \sin\alpha\right) \quad\Rightarrow\quad n_1 < \frac{\cos\alpha}{1-\mu} - \sin\alpha. \qquad (12)\] Таким образом, в положении равновесия сила нормальной реакции может лежать в интервале: \[\frac{mg}{\sqrt{2}}\,\frac{\cos\alpha}{1+\mu} \le N_1 \le \frac{mg}{\sqrt{2}}\left(\frac{\cos\alpha}{1-\mu} - \sin\alpha\right). \qquad (13)\] На рисунке показаны графики зависимостей верхней и нижней границ возможных значений силы нормальной реакции \(n_1\) (определяемые формулами (10) и (12)) от угла \(\alpha\). На этом графике выделена область возможных значений силы нормальной реакции. Из этого рисунка следует, что существует точка пересечения графиков границ, которая и соответствует максимально возможному углу наклона стержня в положении равновесия.

3. Для определения максимального угла следует решить уравнение: \[\frac{\cos\alpha}{1-\mu} - \sin\alpha = \frac{\cos\alpha}{1+\mu}. \qquad (14)\] Из этого уравнения находим: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{2\mu}{1-\mu^2} \approx 0{,}53. \qquad (15)\] Или \(\alpha = 28^\circ\). Таким образом, стержень может находиться в состоянии равновесия при \(\alpha < 28^\circ\). (16)

Подсказка

Для пункта 1.2 сложите \(u_1\) и \(u_2\) и воспользуйтесь первой подсказкой. Для пункта 2.5 сравните стоячую волну пункта 2.1 с суммой двух бегущих волн.

Ответ

1.1) \(u_1 = U_0\cos(\omega t - kx)\), \(u_2 = U_0\cos(\omega t + kx)\), \(k = \dfrac{2\pi}{\lambda}\);  1.2) \(u = 2U_0\cos\omega t\,\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}\);  1.3) \(c = \dfrac{\lambda\omega}{2\pi}\);  2.1) \(u = U_0\cos\omega t\,\cos\dfrac{\pi x}{2a}\);  2.2) \(E = \dfrac{\rho a}{2}v_0^2\);  2.3) \(W = \dfrac{\pi^2T}{8a}u_0^2\);  2.4) \(\omega = \dfrac{\pi}{2a}\sqrt{\dfrac{T}{\rho}}\);  2.5) \(c = \sqrt{\dfrac{T}{\rho}}\).

Решение

Часть 1.

1.1. Функции, описывающие волны, распространяющиеся в положительном и отрицательном направлении оси \(x\), имеют вид: \[u_1(x,t) = U_0\cos(\omega t - kx), \qquad u_2(x,t) = U_0\cos(\omega t + kx), \qquad (1)\] где \(k = \dfrac{2\pi}{\lambda}\) — волновое число.

1.2. Результатом сложения этих волн является волна, описываемая функцией: \[u(x,t) = U_0\cos(\omega t - kx) + U_0\cos(\omega t + kx) = 2U_0\cos(\omega t)\cos\left(\frac{2\pi}{\lambda}x\right). \qquad (2)\] Эта функция описывает стоячую волну.

1.3. Скорость волны может быть представлена в виде: \[c = \lambda\nu = \frac{\lambda\omega}{2\pi}. \qquad (3)\]

Часть 2.

2.1. Функция, описывающая данный тип колебаний, имеет вид: \[u(x,t) = U_0\cos(\omega t)\cos\left(\frac{\pi}{2a}x\right). \qquad (4)\]

2.2. Если зависимость смещения точек струны от времени имеет вид (4), то зависимость их скоростей от времени задаётся функцией: \[v(x,t) = -U_0\omega\sin(\omega t)\cos\left(\frac{\pi}{2a}x\right) = v_0\cos\left(\frac{\pi}{2a}x\right). \qquad (5)\] Выделим на струне небольшой участок длиной \(\Delta x\), положение которого определяется координатой \(x\). Кинетическая энергия этой малой части струны равна: \[\Delta E = \frac{\rho\,\Delta x}{2}\,v^2(x) = \frac{\rho\,\Delta x}{2}\,v_0^2\cos^2\left(\frac{\pi}{2a}x\right). \qquad (6)\] Кинетическая энергия всей струны рассчитывается как сумма кинетических энергий всех её участков: \[E = \sum_i \frac{\rho\,\Delta x}{2}\,v_0^2\cos^2\left(\frac{\pi}{2a}x_i\right) = \frac{\rho v_0^2}{2}\sum_i \frac{1}{2}\left(1 + \cos\left(\frac{\pi}{a}x_i\right)\right)\Delta x = \frac{\rho v_0^2}{2}\,a. \qquad (7)\] При вычислении суммы учтено, что сумма длин всех участков равна длине струны: \(\sum_i \Delta x = 2a\). Второе слагаемое обращается в ноль, так как в рассматриваемом интервале \(x\) косинус принимает как положительные, так и отрицательные значения.

2.3. Так как сила натяжения при изменении формы струны рекомендуется пренебречь, то потенциальная энергия изогнутой струны равна работе по растяжению струны: \[W = T\Delta l = T. \qquad (8)\]

Используя формулу для длины струны, приведённую в «Математической подсказке», получаем выражение для потенциальной энергии струны: \[W = T\Delta l = \frac{\pi^2 T}{8a}\,u_0^2. \qquad (9)\]

2.4. Запишем уравнение закона сохранения механической энергии для всей струны: \[\frac{\rho a}{2}\,v_0^2 + \frac{\pi^2 T}{8a}\,u_0^2 = \text{const}. \qquad (10)\] Это уравнение есть уравнение гармонических колебаний с частотой: \[\omega = \sqrt{\frac{\pi^2 T/(8a)}{\rho a/2}} = \frac{\pi}{2a}\sqrt{\frac{T}{\rho}}. \qquad (11)\]

2.5. Рассматриваемое колебание можно рассматривать как стоячую волну, описываемую функцией (4). Сравнивая эту функцию с функцией (2), находим, что данное колебание есть сумма двух бегущих волн с длиной волны: \[\lambda = 4a. \qquad (12)\] Поэтому можно использовать формулу (3) для скорости бегущей волны, в результате чего получим: \[c = \frac{\lambda\omega}{2\pi} = \frac{4a\cdot\dfrac{\pi}{2a}\sqrt{\dfrac{T}{\rho}}}{2\pi} = \sqrt{\frac{T}{\rho}}. \qquad (13)\]

Подсказка

Для пункта 2.2 сравните проекции силы сопротивления на оси \(X\) и \(Z\) при одинаковом множителе \(\rho v^2 S\). Для пункта 2.3 найдите решение уравнения гармонического типа со смещённым положением равновесия.

Ответ

1) \(\beta = \operatorname{arctg}\dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{1-2\mu\operatorname{tg}\alpha}\), \(v' = v_0(1 - 2\mu\sin\alpha)\);  2.2) \(\mu = \dfrac{C_n\sin\beta + C_\tau\cos\beta}{C_n\cos\beta - C_\tau\sin\beta}\);  2.3) \(z(t) = -\dfrac{g}{\omega_0^2} + \dfrac{g}{\omega_0^2}\sqrt{1 + \dfrac{\omega_0^2v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\cos\!\left(\omega_0 t + \operatorname{arctg}\dfrac{\omega_0v_0\sin\alpha}{g}\right)\), где \(\omega_0^2 = \dfrac{\rho C_z v_0^2 a}{M}\), \(C_z = C_n\cos\beta - C_\tau\sin\beta\);  2.4) \(t_0 = \dfrac{2\pi - 2\varphi}{\omega_0}\);  2.5) \(t_0 \approx 6{,}4\) мс, \(l_0 \approx 6{,}3\) см;  2.6) \(\langle F_x\rangle \approx -77{,}8\) Н;  2.7) да, камень отскочит: \(v' \approx 5{,}03\) м/с (по модели), \(\gamma \approx 19{,}6^\circ\);  2.8) да, в данной модели вода ведёт себя как твёрдое тело.

Решение

Часть 1.

1.1. При ударе на камень действуют три силы: тяжести \(m\vec g\), нормальной реакции \(\vec N\) и трения \(\vec F_{\text{тр}}\). Сила трения в данном случае является силой трения скольжения и определяется по закону Кулона–Амонтона: \(F_{\text{тр}} = \mu N\).

На основании второго закона Ньютона для процесса соударения можно записать следующую систему: \[\frac{\Delta p_y}{\Delta t} = N - mg, \qquad \frac{\Delta p_x}{\Delta t} = -\mu N. \qquad (1)\] Учитывая упругость удара и пренебрегая импульсом силы тяжести, перепишем (1) в виде: \[2mv_0\sin\alpha = N\Delta t, \qquad m\left(v_0\cos\alpha - v'_x\right) = \mu N\Delta t, \qquad (2)\] где \(v'\) — скорость тела после удара. Избавляясь от \(N\Delta t\), получим \(v'_x = v_0(1 - 2\mu\sin\alpha)\).

Теперь не составляет труда найти модуль конечной скорости и угол \(\beta\): \[v' = \sqrt{v'^2_x + v'^2_y} = v_0\left(1 - 2\mu\sin\alpha\right), \qquad \beta = \operatorname{arctg}\frac{v'_y}{v'_x} = \operatorname{arctg}\frac{\operatorname{tg}\alpha}{1 - 2\mu\operatorname{tg}\alpha}. \qquad (3)\] Отметим, что при \(\mu > \dfrac{\operatorname{ctg}\alpha}{2}\) шарик отскочит вертикально (\(\beta = \dfrac{\pi}{2}\)) с конечной скоростью \(v' = v_0\sin\alpha\).

Часть 2.

2.1. Проекция результирующей силы на ось \(Z\), действующей на камень, определяется соотношением: \[F_z = -Mg + \rho v^2 S\left(C_n\cos\beta - C_\tau\sin\beta\right). \qquad (4)\] Воспользуемся приближениями, указанными в условии задачи. Поскольку скорость камня меняется незначительно, в (4) заменим \(v\) на \(v_0\). Для удобства введём обозначение \(C_z = C_n\cos\beta - C_\tau\sin\beta\). Площадь поверхности камня, соприкасающаяся с водой, с учётом указанного в условии приближения, определяется уравнением: \[S = a\,|z|. \qquad (5)\] С учётом указанных замечаний перепишем (4) в виде: \[F_z = -Mg + \rho C_z v_0^2\,a\,|z|. \qquad (6)\] Воспользовавшись вторым законом Ньютона, получим: \[Ma_z = -Mg + \rho C_z v_0^2\,a\,|z|. \qquad (7)\] Раскрыв модуль (\(|z| = -z\)) и разделив уравнение (7) на массу камня, получим уравнение движения: \[a_z = -g - \frac{\rho C_z v_0^2 a}{M}\,z. \qquad (8)\] Проекция результирующей силы на ось \(X\), действующей на камень, определяется соотношением: \[F_x = -\rho v^2 S\left(C_n\sin\beta + C_\tau\cos\alpha\right). \qquad (9)\]

Сделав пренебрежения, аналогичные п. 2.1, и введя обозначение \(C_x = C_n\sin\beta + C_\tau\cos\beta\), пользуясь формулой (5), получим: \[Ma_x = \rho C_x v_0^2\,a\,z. \qquad (10)\] 2.2. Сравнивая проекции сил сопротивления воды в (7) и (10), получим \(F_{\text{вx}} = -\dfrac{C_x}{C_z}F_{\text{вz}}\). Таким образом: \[\mu = \frac{C_x}{C_z} = \frac{C_n\sin\beta + C_\tau\cos\beta}{C_n\cos\beta - C_\tau\sin\beta}.\] 2.3. Перепишем уравнение (8) в виде: \[\frac{d^2 z}{dt^2} + \omega_0^2\,z = -g, \qquad (11)\] где \(\omega_0^2 = \dfrac{\rho C_z v_0^2 a}{M}\). Очевидно, (11) — уравнение гармонических колебаний с циклической частотой \(\omega_0\), при этом положение равновесия смещено относительно \(z = 0\). Будем искать решение уравнения (11) в виде: \[z(t) = z_0 + A\cos(\omega_0 t + \varphi), \qquad (12)\] где \(z_0\) имеет смысл координаты положения равновесия, а \(A\) — амплитуда колебаний. Первая и вторая производные по времени от (12) имеют смысл вертикальных компонент скорости и ускорения камня соответственно: \[\frac{dz}{dt} = -A\omega_0\sin(\omega_0 t + \varphi), \qquad \frac{d^2 z}{dt^2} = -A\omega_0^2\cos(\omega_0 t + \varphi).\] Подставим \(z(t)\) в виде (12) в уравнение (11): \[-A\omega_0^2\cos(\omega_0 t + \varphi) + z_0\omega_0^2 + A\omega_0^2\cos(\omega_0 t + \varphi) = -g,\] откуда \(z_0 = -\dfrac{g}{\omega_0^2}\). Для нахождения амплитуды и начальной фазы колебаний воспользуемся начальными условиями: \(z(0) = 0\), \(\left.\dfrac{dz}{dt}\right|_{t=0} = -v_0\sin\alpha\): \[0 = -\frac{g}{\omega_0^2} + A\cos\varphi, \qquad -v_0\sin\alpha = -A\omega_0\sin\varphi,\] откуда: \[A = \frac{g}{\omega_0^2}\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}, \qquad \varphi = \operatorname{arctg}\left(\frac{\omega_0 v_0\sin\alpha}{g}\right). \qquad (13)\] Окончательно: \[z(t) = -\frac{g}{\omega_0^2} + \frac{g}{\omega_0^2}\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\,\cos\!\left(\omega_0 t + \operatorname{arctg}\frac{\omega_0 v_0\sin\alpha}{g}\right). \qquad (14)\] 2.4. Время соударения \(t_0\) является корнем уравнения \(z(t_0) = 0\). Одним из корней данного уравнения является начальный момент времени \(t = 0\), при котором фаза колебаний равна начальной фазе \(\varphi\). Ясно, что и в момент времени \(t_0\) косинус в выражении (14) будет принимать то же значение, что и в начальный момент. Тогда фаза колебаний в момент времени \(t_0\) равна \(2\pi - \varphi\): \[\omega_0 t_0 + \varphi = 2\pi - \varphi.\] Из последнего уравнения находим выражение для времени соударения: \[t_0 = \frac{2\pi - 2\varphi}{\omega_0}. \qquad (15)\] 2.5. Для указанных в условии параметров \(\omega_0 \approx 4{,}93\cdot10^2\ \text{с}^{-1}\), \(\varphi \approx 89{,}3^\circ\). Близость начальной фазы к \(90^\circ\) позволяет нам утверждать, что \(z_0 \ll A\), и движение камня в воде происходит приблизительно половину периода колебаний, т.е.: \[t_0 \approx \frac{\pi}{\omega_0} \approx 6{,}4\ \text{мс}. \qquad (16)\] Расстояние \(l_0\) с учётом малого изменения скорости камня находится как: \[l_0 \approx v_0\cos\alpha\, t_0 \approx 6{,}3\ \text{см}. \qquad (17)\] 2.6. Проекция результирующей силы на ось \(X\), действующей на камень, определяется соотношением (10). Подставляя сюда зависимость \(z(t)\) из (12), получим: \[F_x = \rho v_0^2\,a\,C_x\left(-\frac{g}{\omega_0^2} + \frac{g}{\omega_0^2}\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\,\cos\!\left(\omega_0 t + \operatorname{arctg}\frac{\omega_0 v_0\sin\alpha}{g}\right)\right). \qquad (18)\] Заметим, что для указанных параметров \(z_0 \ll A\) и \(\varphi \approx 90^\circ\), поэтому: \[F_x = -\frac{\rho g v_0^2 a C_x}{\omega_0^2}\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\,\sin\omega_0 t.\] Тогда уравнение движения камня вдоль оси \(X\) с учётом выражения для \(\omega_0\) имеет вид: \[M\frac{d^2 x}{dt^2} = -\frac{C_x}{C_z}\,Mg\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\,\sin\omega_0 t. \qquad (19)\] Для вычисления средней силы воспользуемся подсказкой в условии: \[\langle F_x\rangle = -\frac{C_x}{C_z}\,Mg\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}}\,\left\langle\sin\omega_0 t\right\rangle_{t\in[0,\pi/\omega_0]} = -\frac{2C_x}{\pi C_z}\,Mg\sqrt{1 + \frac{\omega_0^2 v_0^2\sin^2\alpha}{g^2}} \approx -77{,}8\ \text{Н}.\] 2.7. Камень может не отскочить от воды по двум причинам: в процессе соударения камень полностью опустится под воду, после чего наша модель перестаёт адекватно описывать процесс соударения (камень при этом утонет); вторая причина — полная потеря горизонтальной компоненты импульса в процессе удара. Запишем данные условия в виде уравнений: \[\left|z_{\max}\right| < \frac{S_0}{a}, \qquad \left|\langle F_x\rangle\right| t_0 < Mv_0\cos\alpha. \qquad (20)\]

Для параметров, приведённых в условии, \(|z_{\min}| = 3{,}5\) мм, \(\dfrac{S_0}{a} = 1{,}7\) см, \(\left|\langle F_x\rangle\right| t_0 = 0{,}50\) кг·м/с, \(Mv_0\cos\alpha = 0{,}98\) кг·м/с. Таким образом, оба условия выполняются и камень отскакивает от воды.

Горизонтальную компоненту скорости после удара определяем как: \[v'_x = \frac{Mv_0\cos\alpha + \langle F_x\rangle t_0}{M} \approx 4{,}89\ \text{м/с}.\] Поскольку вертикальная компонента скорости не меняется по модулю, нетрудно найти конечную скорость и угол отскока \(\gamma\): \[v' = \sqrt{v'^2_x + v'^2_y} = \sqrt{v'^2_x + (v_0\sin\alpha)^2} \approx 5{,}19\ \text{м/с}, \qquad \gamma = \operatorname{arctg}\frac{v_0\sin\alpha}{v'_x} \approx 19{,}6^\circ. \qquad (21)\] 2.8. Вычислим коэффициент \(\mu\) из п. 2.2 и подставим в формулу (3), определяющую конечную скорость и угол отскока тела от твёрдой поверхности: \[\mu = \frac{C_n\sin\beta + C_\tau\cos\beta}{C_n\cos\beta - C_\tau\sin\beta} \approx 1{,}43,\] \[v' = v_0\left(1 - 2\mu\sin\alpha\right) \approx 5{,}03\ \text{м/с}, \qquad \gamma = \operatorname{arctg}\left(\frac{\operatorname{tg}\alpha}{1 - 2\mu\operatorname{tg}\alpha}\right) \approx 19{,}6^\circ. \qquad (22)\] Сравнивая значения (21) и (22), можно заключить, что в данной модели вода действительно ведёт себя как твёрдое тело.