Упругие столкновения

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии, учитывая, что скорости после удара равны по модулю и противоположны по направлению.

Ответ

1

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии; после упругого удара скорость сближения шайб равна скорости их удаления.

Ответ

\(33\) дм/с.

Подсказка

Выразите долю переданной энергии через отношение масс шаров; уравнение для отношения масс имеет два корня.

Ответ

Массы движущихся шаров в двух опытах отличались на 450 г.

Подсказка

Запишите сохранение энергии, сохранение горизонтальной проекции импульса системы и сохранение проекции импульса шарика на наклонную плоскость (вдоль неё сил нет).

Ответ

\(m/M = 1 - \operatorname{ctg}^2\alpha\).

Подсказка

Поверхность гладкая: вдоль наклонной плоскости клина импульс шарика не меняется. Сохраняются также энергия и горизонтальная проекция импульса системы.

Ответ

\(\operatorname{tg}\beta = 2\operatorname{tg}\alpha\).

Подсказка

При упругом ударе гладких шаров сила направлена по линии центров. Найдите угол между линией центров и скоростью в момент касания.

Ответ

120

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и механической энергии для упругого лобового удара.

Ответ

0{,}6

Подсказка

Найдите скорость центра масс системы сразу после удара. Энергия движения относительно центра масс при максимальной деформации целиком переходит в энергию пружины.

Ответ

\(x = 0{,}1\) м.

Решение

В результате абсолютно упругого удара скорость тела массой 300 г меняет направление на противоположное. Пусть \(v\) — первоначальная скорость тел до соударения. Скорость движения центра масс системы после отражения равна \[V_{\text{ц.м.}}^{\text{после}} = \frac{m_2 v - m_1 v}{m_1 + m_2} = \frac{v}{2}\] (направлена от стенки). Запишем закон сохранения энергии для всей системы: \[\frac{(m_1 + m_2)v^2}{2} = \frac{(m_1 + m_2)\,v^2/4}{2} + \frac{kx^2}{2} \;\Rightarrow\; x = v\sqrt{\frac{3(m_1 + m_2)}{4k}} = 0{,}1\text{ м}.\]

Подсказка

При столкновении бусинки обмениваются скоростями, поэтому набор скоростей на кольце всё время тот же, а меняются лишь «имена» бусинок. Следите за тем, как движутся не сами бусинки, а «скорости».

Ответ

А) искомые графики \(\varphi_3(t)\) и \(\varphi_2(t)\) показаны ниже сплошными линиями (штриховые "— движение без учёта столкновений);  Б) \(180^\circ\), 7 столкновений;  В) верно, \(T=4\) с.

Подсказка

В момент удара импульс передаётся вдоль линии центров шаров. Найдите угол этой линии с горизонталью по радиусам шаров, а при сохранении импульса учтите, что стол действует на большой шар вертикально.

Ответ

\(1{,}8\) м/с.

Подсказка

В системе отсчёта ящика шайба движется с постоянной по модулю скоростью, а при упругом ударе о борт меняется знак нормальной к нему составляющей скорости.

Ответ

1) Через 10 с шайба окажется в середине противолежащей стороны, \(S = 2\) м;  2) \(L = 5(1+\sqrt5)\text{ м} \approx 16\) м.

Подсказка

Удар без трения — центральный: составляющая скорости шайбы, перпендикулярная линии центров, не меняется, и задача сводится к одномерному упругому удару. Прежде чем считать второй удар, проверьте, догонит ли шайба 2 уже движущийся барабан.

Ответ

1) \(v_0 = 3u_1\);  2) \(u_2 = \dfrac{2\sqrt{13}}{3}\,u_1\).

Решение

Определим скорость барабана после соударения с шайбой 1. Поскольку трения между шайбами и барабаном нет — все их удары центральные, и движение всех тел остаётся поступательным, а проекции скоростей тел на ось, перпендикулярную линии центров, остаются постоянными в процессе соударения. Введём вдоль линии центров ось \(y\), направленную от шайбы 1 к центру барабана. Пусть \(\alpha\) — угол между вектором скорости шайбы 1 и линией центров. Запишем систему из закона сохранения импульса в проекции на ось \(y\) и закона сохранения энергии: \[\begin{cases} m v_0\cos\alpha = M v_{M1} + m v_{1y} & \text{ЗСИ}\\[4pt] \dfrac{m v_0^2\cos^2\alpha}{2} + \dfrac{m v_0^2\sin^2\alpha}{2} = \dfrac{m v_{1y}^2}{2} + \dfrac{m v_0^2\sin^2\alpha}{2} + \dfrac{M v_{M1}^2}{2} & \text{ЗСЭ} \end{cases}\] Решая записанную систему уравнений, находим: \[v_{M1} = v_0\cos\alpha + v_{1y} = 2v_0\cos\alpha - \frac{M v_{M1}}{m} \;\Rightarrow\; v_{M1} = \frac{2m v_0\cos\alpha}{m + M}.\] Получим условие, при котором будет столкновение между шайбой 2 и барабаном. Если ввести ось \(z\), направленную от шайбы 2 к центру барабана, то условие столкновения будет заключаться в том, что проекция скорости барабана относительно шайбы 2 на ось \(z\) будет отрицательной, т. е. при условии: \[v_{z(\text{отн})} = -v_{M1}\cos2\alpha - v_0\cos\alpha = -v_0\cos\alpha\left(1 + \frac{2m\cos2\alpha}{m + M}\right) < 0.\] Поскольку \(\cos\alpha > 0\), данное условие можно записать следующим образом: \[1 + \frac{2m\cos2\alpha}{m + M} = 1 + \frac{2m(2\cos^2\alpha - 1)}{m + M} > 0 \;\Rightarrow\; \cos\alpha = \frac{S}{2R} > \sqrt{\frac{1}{4}\left(1 - \frac{M}{m}\right)} = \frac{1}{2\sqrt2},\] или же при условии: \[S > \frac{R}{\sqrt2}.\] Данное условие не выполнено при \(S_1 = R/2\), поэтому столкновения между барабаном и шайбой 2 не будет, а значит \(v_{M1} = u_1\): \[u_1 = \frac{m v_0}{m + M}\,\frac{S_1}{R} = \frac{v_0}{3}.\] Таким образом: \[v_0 = 3u_1.\]

При \(S_2 = R\) столкновение между барабаном и шайбой 2 будет, при этом \(\alpha_2 = 60^\circ\). В системе отсчёта, движущейся со скоростью \(\vec v_{M1}\), соударение сводится к рассмотренному ранее. В данной системе отсчёта проекция \(v_{2z}\) скорости шайбы 2 на ось \(z\) равняется: \[v_{2z} = v_0\cos\alpha + v_{M1}\cos2\alpha = \frac{v_0}{2} + \frac{2v_0}{3}\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{v_0}{6}.\] В указанной системе отсчёта скорость барабана сразу после соударения равна:

\[v_{M2} = \frac{2m v_{2y'}}{m + M} = \frac{2v_0}{9}.\] Обратим внимание, что проекция скорости \(\vec v_{M2}\) на ось \(y\) является положительной, а значит, повторного столкновения барабана с шайбой 1 не будет.

Для скорости \(u_2\) имеем: \[u_2 = \sqrt{v_{M1}^2 + v_{M2}^2 - 2v_{M1}v_{M2}\cos2\alpha},\] откуда: \[u_2 = \frac{2\sqrt{13}\,u_1}{3}.\]

Подсказка

Линия центров в момент удара задаёт нормаль: вдоль неё работают законы сохранения, а перпендикулярная ей компонента скорости каждой шайбы не меняется. Чему равен угол между линией центров и начальной скоростью?

Ответ

1) \(\dfrac{m_2}{m_1} = 3\);  2) \(v_1' = \dfrac{v\sqrt{10}}{4} \approx 6{,}3\) м/с.

Решение

При абсолютно упругом столкновении гладких шайб разность нормальных компонент скоростей шайб меняет знак. Нормалью в данном случае является перпендикуляр к общей касательной в точке соприкосновения шайб. Этот факт может быть получен из законов сохранения импульса и энергии.

Подсказка

При упругом ударе гладких одинаковых шайб касательная к точке контакта составляющая скорости каждой шайбы не меняется, а нормальные составляющие шайбы обмениваются. Разберите столкновения по очереди, в порядке их возможного наступления.

Ответ

а) \(u_1 = 0\), \(u_2 = 0\), \(u_3 = \dfrac{v\sqrt2}{2} \approx 56\) см/с или \(u_3 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 57\) см/с, \(u_4 = \dfrac{v\sqrt2}{2} \approx 56\) см/с или \(u_4 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 57\) см/с;  б) \(u_1 = \dfrac{v}{8} \approx 10\) см/с, \(u_2 = \dfrac{v\sqrt3}{8} \approx 17\) см/с, \(u_3 = \dfrac{v\sqrt3}{2} \approx 69\) см/с, \(u_4 = \dfrac{v\sqrt3}{4} \approx 35\) см/с.

Решение

Скорость \(k\)-й шайбы после всех столкновений обозначаем \(u_k\). При абсолютно упругом столкновении гладких шайб тангенциальные компоненты скоростей шайб не меняются, при этом шайбы обмениваются нормальными компонентами скоростей. Под тангенциальной и нормальной компонентами подразумеваются проекции скорости на направление общей касательной в точке взаимодействия шайб и на направление вдоль перпендикуляра к этой касательной соответственно. Этот факт можно получить на основе законов сохранения импульса и энергии.

Решение

Импульс. До удара \(m_1v_1 + m_2v_2\), после — \(m_1v_2 + m_2v_1\). Приравнивая,

\[ m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_2 + m_2v_1 \ \Longrightarrow\ (m_1-m_2)(v_1-v_2) = 0. \]

Столкновение вообще произошло, значит \(v_1 \ne v_2\), и остаётся

\[ m_1 = m_2. \]

Энергия. При равных массах

\[ \frac{m v_1^2}{2} + \frac{m v_2^2}{2} = \frac{m v_2^2}{2} + \frac{m v_1^2}{2}, \]

то есть кинетическая энергия сохранилась: удар упругий.

Решение

Два закона. Массы одинаковы, поэтому на \(m\) можно сократить:

\[ \vec v = \vec u_1 + \vec u_2 \quad(\text{импульс}),\qquad v^2 = u_1^2 + u_2^2 \quad(\text{энергия}). \]

Возводим первое в квадрат:

\[ v^2 = u_1^2 + 2\,\vec u_1\cdot\vec u_2 + u_2^2. \]

Сравнивая со вторым, получаем

\[ \vec u_1\cdot\vec u_2 = 0. \]

Удар нецентральный, значит, ни одна из скоростей не равна нулю, — а нулевое скалярное произведение двух ненулевых векторов означает, что они перпендикулярны:

\[ \alpha = 90^\circ. \]

Решение

Система центра масс. Массы \(km\) и \(m\), скорость центра масс

\[ V = \frac{km\,u}{km+m} = \frac{k}{k+1}\,u. \]

В этой системе налетающий шар имеет скорость \(u - V\), покоящийся — \(-V\), а суммарный импульс равен нулю. После удара импульсы по-прежнему противоположны, а сохранение энергии оставляет их модулям единственную нетривиальную возможность: обе скорости просто меняют знак (подробно этот шаг разобран в задаче 2.5.7).

Возвращаемся. Прибавляем \(V\) обратно:

\[ u_1 = V - (u - V) = 2V - u = \frac{k-1}{k+1}\,u,\qquad u_2 = V + V = 2V = \frac{2k}{k+1}\,u. \]

Что видно на графиках. При \(k = 1\) получается \(u_1 = 0\), \(u_2 = u\) — обмен скоростями. При \(k < 1\) величина \(u_1\) отрицательна: лёгкий налетающий шар отскакивает назад. При \(k \to \infty\) имеем \(u_1 \to u\) (тяжёлый шар почти не замечает препятствия) и \(u_2 \to 2u\) — предельная скорость, больше которой лёгкий шар получить не может.

Решение

Сколько энергии теряется за удар. При лобовом упругом ударе частицы массы \(m\) о покоящееся ядро массы \(M\) (по формулам задачи 2.5.3) доля переданной энергии равна

\[ \frac{\Delta E}{E} = \frac{4mM}{(m+M)^2}. \]

Считаем. В тяжёлой воде нейтрон сталкивается с дейтронами, \(M \approx 2m\):

\[ \frac{\Delta E}{E} = \frac{4\cdot 2}{9} \approx 0{,}89 \quad(89\%). \]

В свинце \(M \approx 207m\):

\[ \frac{\Delta E}{E} = \frac{4\cdot 207}{208^2} \approx 0{,}019 \quad(2\%). \]

Вывод. Одно столкновение с дейтроном отбирает у нейтрона почти всю энергию, а со свинцом — лишь пару процентов. Чтобы замедлиться в свинце, нейтрону понадобились бы сотни соударений (и он успел бы уйти или поглотиться), тогда как в тяжёлой воде хватает единиц. Именно поэтому замедлителями служат лёгкие ядра — тяжёлая вода, графит, бериллий.

Решение

Первый удар. Шар \(m_2\) со скоростью \(v\) бьёт покоящийся шар \(m\); тот получает (формула из задачи 2.5.3)

\[ u = \frac{2m_2}{m_2+m}\,v. \]

Второй удар. Теперь шар \(m\) со скоростью \(u\) бьёт покоящийся \(m_1\):

\[ w = \frac{2m}{m+m_1}\,u = \frac{4\,m\,m_2}{(m_2+m)(m+m_1)}\,v. \]

Максимум. Перевернём дробь: надо минимизировать

\[ \frac{(m_2+m)(m+m_1)}{m} = m + \frac{m_1m_2}{m} + (m_1+m_2). \]

По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом \(m + \dfrac{m_1m_2}{m} \ge 2\sqrt{m_1m_2}\), причём равенство достигается при

\[ m = \sqrt{m_1m_2}. \]

Решение

Законы сохранения (массы одинаковы, сокращаем на \(m\)):

\[ \vec v_1 + \vec v_2 = \vec u_1 + \vec u_2,\qquad v_1^2 + v_2^2 = u_1^2 + u_2^2. \]

Модуль второй скорости находится сразу:

\[ u_2 = \sqrt{v_1^2 + v_2^2 - u_1^2}. \]

Угол. Возведём импульсное равенство в квадрат:

\[ v_1^2 + 2\vec v_1\!\cdot\!\vec v_2 + v_2^2 = u_1^2 + 2\vec u_1\!\cdot\!\vec u_2 + u_2^2. \]

Квадраты по энергии одинаковы, поэтому

\[ \vec u_1\cdot\vec u_2 = \vec v_1\cdot\vec v_2 \quad\Longrightarrow\quad u_1u_2\cos\beta = v_1v_2\cos\alpha. \] \[ \cos\beta = \frac{v_1v_2\cos\alpha}{u_1\sqrt{v_1^2+v_2^2-u_1^2}}. \]

Решение

Что за скорость \(v\). В момент наибольшего сближения расстояние между телами перестаёт меняться, то есть скорости равны. Общий импульс при этом равен \((m_1+m_2)v\), а он всё время равен \((m_1+m_2)V\), где \(V\) — скорость центра масс. Значит, \(v = V\).

Упругий удар в системе центра масс. Там суммарный импульс равен нулю, поэтому \(m_1(v_1-v) + m_2(v_2-v) = 0\), а сохранение энергии оставляет единственную возможность: обе скорости меняют знак,

\[ v_i' - v = -(v_i - v). \]

Возвращаемся в лабораторную систему:

\[ v_1' = 2v - v_1,\qquad v_2' = 2v - v_2. \]

Решение

Один удар. Трубка гладкая и кольцевая, поэтому каждое столкновение — обычный одномерный упругий удар. По формулам центрального упругого удара

\[ v_1' = \frac{(m_1-m_2)v_1 + 2m_2v_2}{m_1+m_2},\qquad v_2' = \frac{(m_2-m_1)v_2 + 2m_1v_1}{m_1+m_2}. \]

Два удара. В системе центра масс каждый удар меняет знаки обеих относительных скоростей: \(u_i \to -u_i\). Два удара подряд дают \(u_i \to u_i\), то есть после второго столкновения скорости возвращаются к исходным. Дальше всё повторяется с периодом два.

Отсюда ответ. 1987 — число нечётное, значит, скорости такие же, как после первого удара. 1988 — чётное, значит, скорости равны начальным:

\[ \text{после 1987: } v_1' = \frac{(m_1-m_2)v_1 + 2m_2v_2}{m_1+m_2},\quad v_2' = \frac{(m_2-m_1)v_2 + 2m_1v_1}{m_1+m_2}; \] \[ \text{после 1988: } v_1,\ v_2. \]

Решение

Чем всё кончится. После каждого удара лёгкая бусинка отскакивает, догоняет соседку, снова отскакивает… Процесс прекращается, когда её скорость оказывается зажатой между скоростями тяжёлых бусинок — догнать она уже никого не может. Скорости тяжёлых бусинок при этом порядка \(v\sqrt{m_2/m_1}\), а значит, у лёгкой в конце остаётся

• энергия порядка \(m_2\cdot\dfrac{m_2}{m_1}v^2\) — в \(m_1/m_2\) раз меньше начальной, то есть пренебрежимо малая;

• импульс порядка \(m_2 v\sqrt{m_2/m_1}\) — тоже пренебрежимо малый по сравнению с \(m_1v_1 \sim v\sqrt{m_1m_2}\).

Два закона сохранения. Отбрасывая эти малые величины (начальный импульс \(m_2v\) тоже мал по сравнению с \(m_1v_1\)), получаем

\[ m_1v_1 = m_3v_3 \equiv p \quad(\text{импульсы гасят друг друга}), \] \[ \frac{p^2}{2m_1} + \frac{p^2}{2m_3} = \frac{m_2v^2}{2} \quad(\text{вся энергия у крайних}). \]

Отсюда

\[ p = v\sqrt{\frac{m_1m_2m_3}{m_1+m_3}},\qquad v_1 = v\sqrt{\frac{m_2m_3}{m_1(m_1+m_3)}},\qquad v_3 = v\sqrt{\frac{m_2m_1}{m_3(m_1+m_3)}}. \]

Решение

Разложим скорость на нормальную и касательную составляющие:

\[ v_n = v\cos\alpha,\qquad v_\tau = v\sin\alpha. \]

Касательная не меняется: вдоль поверхности гладкий шар силы не передаёт,

\[ u_\tau = v\sin\alpha. \]

Нормальная испытывает одномерный упругий удар о покоящуюся массу \(m_2\) (задача 2.5.3):

\[ u_n = \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,v\cos\alpha. \]

При \(m_2 > m_1\) она меняет знак — частица отскакивает назад.

Угол отскока от нормали:

\[ \operatorname{tg}\beta = \frac{u_\tau}{|u_n|} = \operatorname{tg}\alpha\cdot\frac{m_1+m_2}{m_2-m_1}. \]

Решение

Динамика. Пусть линии центров составляют с направлением движения угол \(\theta\), а каждый из покоившихся шаров получает скорость \(u\) вдоль своей линии центров. Налетающий шар останавливается, поэтому

\[ \text{импульс:}\quad mv = 2mu\cos\theta,\qquad \text{энергия:}\quad \frac{mv^2}{2} = 2\cdot\frac{mu^2}{2}. \]

Из второго \(v^2 = 2u^2\); подставляя в квадрат первого:

\[ 4u^2\cos^2\theta = 2u^2 \quad\Longrightarrow\quad \cos\theta = \frac{1}{\sqrt2},\qquad \theta = 45^\circ. \]

Геометрия. В момент удара шары касаются, значит, расстояние между центрами равно \(2R\), а половина искомого расстояния — это катет:

\[ \frac{d}{2} = 2R\sin\theta = 2R\cdot\frac{1}{\sqrt2} = R\sqrt2, \qquad d = 2\sqrt2\,R. \]

Решение

Что происходит. Нейтрон выбивает какой-то атом — с произвольным направлением скорости. Но выбитый атом сразу же сталкивается с соседями, а соседи в кристалле расположены не как попало: они выстроены в плотно упакованные ряды.

Почему ряд «выпрямляет» удар. Атомы одинаковы, и при центральном упругом ударе одинаковых шаров скорость передаётся целиком (задача 2.5.1). Поперечная составляющая при этом каждый раз частично рассеивается на соседних рядах, а продольная — переносится дальше без потерь. За несколько «звеньев» цепочки от исходного направления не остаётся почти ничего, и импульс идёт строго вдоль ряда.

Дойдя до противоположной поверхности, последний атом ряда вылетает наружу — вдоль того же ряда. Поэтому направление вылета определяется только ориентацией кристалла, а не тем, откуда прилетел нейтрон. Явление называют фокусировкой соударений.

Решение

Что происходит в первый момент. Зазоры малы, значит, движущийся шар приходит в соприкосновение сразу с двумя соседями — по двум взаимно перпендикулярным линиям центров (сторонам ячейки). Каждый из ударов гладких шаров передаёт импульс вдоль своей линии центров, поэтому скорость просто раскладывается:

\[ v_1 = v\cos\alpha,\qquad v_2 = v\sin\alpha, \]

а сам налетевший шар останавливается (проверка: \(v_1^2 + v_2^2 = v^2\) — энергия сходится, и импульс тоже).

Дальше. Каждый из двух «заряженных» шаров оказывается в точно такой же ситуации, но его скорость уже направлена вдоль ряда. Значит, он ударяет ровно одного соседа по линии центров и передаёт ему всю скорость (одинаковые массы, задача 2.5.1). Возмущение бежит по двум взаимно перпендикулярным рядам как две независимые «эстафеты».

Треугольная решётка. Там у шара шесть соседей, и при ударе он касается сразу трёх — линии центров идут под \(60^\circ\) друг к другу. Разложить скорость по трём таким направлениям можно многими способами, и однозначного ответа уже нет: распределение зависит от порядка и точной геометрии касаний. Качественно возмущение растекается сразу по нескольким рядам.

Решение

Относительная координата. Пусть \(M\) — масса локомотива. На него действует сила \(F\), на вагон — ничего (трения нет). Значит, относительное ускорение постоянно:

\[ a_{\text{отн}} = \frac{F}{M}. \]

Первое соударение. Стартовали из состояния покоя, за время \(\Delta t\) относительная скорость сближения выросла до

\[ w = \frac{F}{M}\,\Delta t. \]

Что делает удар. Упругий удар меняет знак относительной скорости, не меняя её модуля: тела разъезжаются со скоростью \(w\). Дальше сила \(F\) снова их сближает с тем же ускорением \(F/M\). Это в точности движение мячика, подброшенного вверх: он вернётся через

\[ t = \frac{2w}{a_{\text{отн}}} = \frac{2\,(F\Delta t/M)}{F/M} = 2\,\Delta t. \]

При этом относительная скорость в момент нового удара снова равна \(w\), так что и все следующие промежутки такие же:

\[ t_n - t_{n-1} = 2\,\Delta t. \]

Решение

Между ударами. Сфера гладкая, других сил нет — шарик летит по прямой с постоянной скоростью \(v\), то есть проходит хорду.

Длина хорды. Хорда и два радиуса, проведённые в её концы, образуют равнобедренный треугольник. Угол между хордой и радиусом равен \(\alpha\) при обоих основаниях, поэтому, опустив высоту из центра, получаем

\[ \text{хорда} = 2R\cos\alpha. \]

Время

\[ t = \frac{2R\cos\alpha}{v}. \]

Упругий удар о гладкую сферу не меняет ни модуль скорости, ни угол с радиусом, поэтому все последующие промежутки такие же.

Решение

Импульсы из треугольника. Векторы \(\vec p_1\) и \(\vec p_2\) складываются в \(\vec p\), а углы при основании равны \(\alpha\) и \(\beta\). По теореме синусов

\[ p_1 = p\,\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)},\qquad p_2 = p\,\frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}. \]

Энергия. Записываем её через импульсы, \(K = p^2/2m\):

\[ \frac{p^2}{2m_1} = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2}. \]

Подставляем и делим на \(p^2\):

\[ \frac{1}{m_1} = \frac{1}{m_1}\cdot\frac{\sin^2\beta}{\sin^2(\alpha+\beta)} + \frac{1}{m_2}\cdot\frac{\sin^2\alpha}{\sin^2(\alpha+\beta)}. \]

Умножая на \(m_1\sin^2(\alpha+\beta)\), получаем

\[ \frac{m_1}{m_2} = \frac{\sin^2(\alpha+\beta) - \sin^2\beta}{\sin^2\alpha}. \]

Решение

Разложение. Скорость тяжёлой частицы после удара — это сумма скорости центра масс и её скорости относительно центра масс:

\[ \vec v_1' = \vec V + \vec u,\qquad V = \frac{m_1v}{m_1+m_2},\qquad u = \frac{m_2v}{m_1+m_2}. \]

При упругом ударе модуль \(u\) не меняется, меняется только направление — значит, конец вектора \(\vec v_1'\) обегает окружность радиуса \(u\) с центром в конце вектора \(\vec V\).

Наибольший угол. Частица тяжёлая, \(m_1 > m_2\), поэтому \(u < V\): начало вектора лежит вне окружности, и угол отклонения ограничен. Он максимален, когда \(\vec v_1'\) касается окружности; тогда радиус перпендикулярен вектору, и из прямоугольного треугольника

\[ \sin\alpha_{\max} = \frac{u}{V} = \frac{m_2}{m_1}. \]

Решение

Скорость центра масс. Вторая частица покоилась, поэтому

\[ V = \frac{m_1v}{m_1+m_2}. \]

В системе центра масс частица \(m_2\) движется со скоростью \(V\) (навстречу движению центра масс), и после упругого удара модуль этой скорости не меняется — меняется только направление.

Равнобедренный треугольник. В лабораторной системе

\[ \vec u = \vec V + \vec u_{\text{ц}},\qquad |\vec u_{\text{ц}}| = V. \]

Обе боковые стороны равны \(V\), а угол при основании равен \(\alpha\). Опуская высоту на основание, получаем

\[ u = 2V\cos\alpha = \frac{2m_1 v\cos\alpha}{m_1+m_2}. \]

Решение

Импульс. Тело получило импульс \(\vec p_2 = \vec p_0 - \vec p\), и по теореме косинусов

\[ p_2^2 = p_0^2 + p^2 - 2pp_0\cos\alpha. \]

Энергия. Вдали от тела взаимодействие уже не сказывается, поэтому кинетическая энергия «до» равна кинетической энергии «после»:

\[ \frac{p_0^2}{2m_1} = \frac{p^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{p_2^2}{m_2} = \frac{p_0^2 - p^2}{m_1}. \]

Отсюда

\[ m_2 = m_1\,\frac{p^2 + p_0^2 - 2pp_0\cos\alpha}{p_0^2 - p^2}. \]

Решение

1. Переходим в систему планеты. Планета движется навстречу, поэтому в её системе аппарат подлетает со скоростью

\[ w = u_0 + v. \]

2. Что делает планета. Она несравнимо тяжелее, поэтому её скорость не меняется, а модуль скорости аппарата в её системе сохраняется — по условию поворачивается на \(90^\circ\). Значит, аппарат уходит со скоростью \(w\), направленной перпендикулярно прежней.

3. Возвращаемся к Солнцу. Прибавляем скорость планеты \(\vec v\) (она направлена против первоначального движения аппарата). Две складываемые скорости перпендикулярны:

\[ u = \sqrt{v^2 + (u_0+v)^2}. \]

Направление. Аппарат уходит «вбок и назад»: угол поворота его скорости относительно Солнца равен

\[ \varphi = \frac{\pi}{2} + \operatorname{arctg}\frac{v}{u_0+v}. \]

Решение

Условие «еле-еле». Пока тело поднимается, оно отстаёт от горки. В предельном случае на вершине их скорости сравниваются — обозначим общую скорость \(u\).

Импульс:

\[ m_1 v = (m_1+m_2)\,u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{m_1v}{m_1+m_2}. \]

Энергия:

\[ \frac{m_1v^2}{2} = \frac{(m_1+m_2)u^2}{2} + m_2gh. \]

Подставляя \(u\), получаем

\[ \frac{m_1v^2}{2}\left(1 - \frac{m_1}{m_1+m_2}\right) = m_2gh \ \Longrightarrow\ \frac{m_1v^2}{2}\cdot\frac{m_2}{m_1+m_2} = m_2gh. \] \[ v = \sqrt{2gh\left(1 + \frac{m_2}{m_1}\right)}. \]

Решение

Порог. Тело переваливает через вершину, если его скорость больше той, что найдена в предыдущей задаче (роли тел симметричны — важна лишь относительная скорость):

\[ v_0 = \sqrt{2gh\left(1 + \frac{m_2}{m_1}\right)}. \]

Случай \(v < v_0\): тело скатывается обратно. Оно возвращается на плоскость, вся энергия сохранена — это в точности одномерный упругий удар тела \(m_2\) о покоящуюся «стенку» \(m_1\):

\[ v_2 = \frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}\,v \quad(\text{тело}),\qquad v_1 = \frac{2m_2}{m_1+m_2}\,v \quad(\text{горка}). \]

При \(m_2 < m_1\) тело отскакивает назад, при \(m_2 > m_1\) — продолжает двигаться вперёд, отстав от горки.

Случай \(v > v_0\): тело переваливает. Оно спускается по другому склону и снова оказывается на плоскости. Импульс и энергия сохраняются, а у такой системы уравнений ровно два решения: относительная скорость тела и горки в конце равна либо \(-v\) (тело «отразилось» — случай выше), либо \(+v\). Тело прошло над горкой, не поворачивая относительно неё назад, — знак относительной скорости не сменился, поэтому \(v_2 - v_1 = v\). Вместе с сохранением импульса \(m_2v = m_1v_1 + m_2v_2\) это даёт

\[ v_2 = v,\qquad v_1 = 0. \]

Тело как ни в чём не бывало летит со своей прежней скоростью, а горка остаётся стоять — она лишь на время «одолжила» импульс и вернула его.

Решение

Скорости. Стол гладкий, горизонтальных внешних сил нет, всё началось из покоя:

\[ m_1v_1 = m_2v_2 \equiv p \quad(\text{скорости противоположны}). \]

Энергия: тело опустилось на \(R\),

\[ \frac{p^2}{2m_1} + \frac{p^2}{2m_2} = m_2 g R \ \Longrightarrow\ p = m_2\sqrt{\frac{2gRm_1}{m_1+m_2}}. \] \[ v_2 = \sqrt{\frac{2gRm_1}{m_1+m_2}},\qquad v_1 = \frac{m_2}{m_1}\sqrt{\frac{2gRm_1}{m_1+m_2}}. \]

Сила давления. В нижней точке нормаль к поверхности вертикальна, значит, горизонтальная сила на подставку в этот момент равна нулю — подставка мгновенно не ускоряется, и её систему отсчёта можно считать инерциальной. В ней тело движется по окружности радиуса \(R\) с относительной скоростью

\[ v_{\text{отн}} = v_1 + v_2 = v_2\,\frac{m_1+m_2}{m_1}, \qquad v_{\text{отн}}^2 = \frac{2gR\,(m_1+m_2)}{m_1}. \]

Второй закон по вертикали:

\[ N - m_2g = \frac{m_2 v_{\text{отн}}^2}{R} = 2m_2g\,\frac{m_1+m_2}{m_1}, \] \[ N = m_2g\left(3 + \frac{2m_2}{m_1}\right). \]

Решение

Наименьшая скорость. В момент наибольшего сжатия скорости выравниваются:

\[ m_1u = (m_1+m_2)\,V,\qquad \frac{m_1u^2}{2} = \frac{(m_1+m_2)V^2}{2} + \frac{kx^2}{2}. \]

Исключая \(V\), получаем

\[ \frac{m_1u^2}{2}\cdot\frac{m_2}{m_1+m_2} = \frac{kx^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad u = x\sqrt{\frac{k\,(m_1+m_2)}{m_1m_2}}. \]

Когда пружина распрямится. Вся упругая энергия снова возвращается в кинетическую, а импульс сохраняется — это те же уравнения, что и у упругого удара, и решение то же:

\[ u_1 = \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,u,\qquad u_2 = \frac{2m_1}{m_1+m_2}\,u. \]

Что дальше. Тела связаны, поэтому после распрямления пружина начинает растягиваться, тормозит их и снова возвращается к своей длине — и в этот момент скорости возвращаются к исходным, \(u_1 = u\), \(u_2 = 0\). Дальше всё повторяется.

Решение

Сразу после пережигания. Импульс системы был нулевым и остался нулевым, значит шарики разлетаются с равными по модулю импульсами:

\[ m_1v_1 = m_2v_2 \equiv p. \]

Пружина отдала всю свою энергию:

\[ \frac{p^2}{2m_1} + \frac{p^2}{2m_2} = U \quad\Longrightarrow\quad p^2\,\frac{m_1+m_2}{2m_1m_2} = U \quad\Longrightarrow\quad p^2 = \frac{2U\,m_1m_2}{m_1+m_2}. \]

Подъём. Дальше шарик просто качается на нити, и его кинетическая энергия переходит в потенциальную: \(mgh = p^2/(2m)\), то есть \(h = p^2/(2m^2g)\). Подставляем найденное \(p^2\):

\[ h_1 = \frac{p^2}{2m_1^2g} = \frac{m_2\,U}{m_1\,g\,(m_1+m_2)},\qquad h_2 = \frac{p^2}{2m_2^2g} = \frac{m_1\,U}{m_2\,g\,(m_1+m_2)}. \]

Решение

Поперёк начальной скорости. Изначально поперечного импульса не было, значит поперечные проекции гасят друг друга:

\[ 2m\,u_1\sin 45^\circ = m\,u_2\sin 45^\circ \quad\Longrightarrow\quad u_2 = 2u_1. \]

Вдоль начальной скорости.

\[ 2mv = 2m\,u_1\cos 45^\circ + m\,u_2\cos 45^\circ = \frac{2m u_1 + 2m u_1}{\sqrt2} = 2\sqrt2\,m\,u_1, \] \[ u_1 = \frac{v}{\sqrt2},\qquad u_2 = 2u_1 = \sqrt2\,v. \]

Энергия. До удара двигалась только тяжёлая частица:

\[ K_{\text{до}} = \frac{2m v^2}{2} = mv^2, \] \[ K_{\text{после}} = \frac{2m u_1^2}{2} + \frac{m u_2^2}{2} = m\cdot\frac{v^2}{2} + m\cdot\frac{2v^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + mv^2 = \frac{3}{2}\,mv^2. \] \[ \frac{K_{\text{после}}}{K_{\text{до}}} = \frac{3}{2} = 1{,}5. \]

Решение

Пусть \(m\) — масса нейтрона; тогда масса \(^6\mathrm{Li}\) равна \(6m\), а масса образовавшегося \(^7\mathrm{Li}\) равна \(7m\) (массовые числа как раз и считают нуклоны). Импульс нейтрона

\[ p = \sqrt{2mE} \]

полностью переходит к новому ядру, поэтому его кинетическая энергия

\[ K = \frac{p^2}{2\cdot 7m} = \frac{2mE}{14m} = \frac{E}{7} = \frac{250\ \text{кэВ}}{7} \approx 35{,}7\ \text{кэВ}. \]

Решение

Почему «летят вместе». Суммарный импульс задан, значит энергия движения центра масс \(P^2/2(m_e+m)\) — обязательный «налог», уменьшить его нельзя. Всё остальное — энергия относительного движения, и её можно свести к нулю, если после удара относительного движения нет, то есть электрон и атом движутся с одной скоростью. Это и есть порог.

Пусть \(v\) — скорость электрона, \(V\) — общая скорость после удара.

\[ m_ev = (m_e+m)V,\qquad \frac{m_ev^2}{2} = \frac{(m_e+m)V^2}{2} + E. \]

Выразим \(V = m_ev/(m_e+m)\) и подставим:

\[ E = \frac{m_ev^2}{2} - \frac{(m_ev)^2}{2(m_e+m)} = \frac{m_ev^2}{2}\left(1 - \frac{m_e}{m_e+m}\right) = \frac{m_ev^2}{2}\cdot\frac{m}{m_e+m}. \]

Кинетическая энергия электрона \(K = m_ev^2/2\), поэтому

\[ K = E\,\frac{m_e+m}{m} = E\left(1 + \frac{m_e}{m}\right). \]

Решение

Масса атома водорода \(M = m_p + m_e = 1837\,m_e\).

Электрон. Порог \(K_e = E_{\text{и}}\left(1 + \dfrac{m_e}{M}\right) = E_{\text{и}}\left(1 + \dfrac{1}{1837}\right)\). Отсюда сама энергия ионизации

\[ E_{\text{и}} = \frac{13{,}6}{1 + 1/1837} = 13{,}6\cdot\frac{1837}{1838} \approx 13{,}59\ \text{эВ}, \]

то есть отличается от \(13{,}6\) эВ на пять сотых процента — этой разницей можно пренебречь.

Протон.

\[ K_p = E_{\text{и}}\left(1 + \frac{m_p}{M}\right) = 13{,}59\cdot\left(1 + \frac{1836}{1837}\right) \approx 13{,}59\cdot 1{,}9995 \approx 27{,}2\ \text{эВ}. \]

Решение

Импульс системы был нулём, значит

\[ m_1v_1 = m_2v_2 \equiv p, \]

а выделившаяся энергия целиком стала кинетической:

\[ \frac{p^2}{2m_1} + \frac{p^2}{2m_2} = E \quad\Longrightarrow\quad p^2 = \frac{2E\,m_1m_2}{m_1+m_2}. \]

Осталось поделить на массы:

\[ v_1 = \frac{p}{m_1} = \sqrt{\frac{2E\,m_2}{m_1(m_1+m_2)}},\qquad v_2 = \frac{p}{m_2} = \sqrt{\frac{2E\,m_1}{m_2(m_1+m_2)}}. \]

Решение

Импульс ядра. До распада ядро массы \(M = m_1+m_2\) имело импульс

\[ \vec P = \vec p_1 + \vec p_2,\qquad P^2 = p_1^2 + p_2^2 + 2p_1p_2\cos\theta \]

(теорема косинусов для параллелограмма). Центр масс движется так же и после распада, так что энергия \(P^2/(2M)\) была у ядра изначально и в «выделившуюся» не входит.

Баланс энергии. Выделившаяся энергия — это прибавка кинетической энергии:

\[ E = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} - \frac{P^2}{2(m_1+m_2)}. \]

Приведём к общему знаменателю \(2m_1m_2(m_1+m_2)\). В числителе получится

\[ p_1^2m_2(m_1+m_2) + p_2^2m_1(m_1+m_2) - m_1m_2\bigl(p_1^2+p_2^2+2p_1p_2\cos\theta\bigr). \]

Раскроем скобки: слагаемые \(p_1^2m_1m_2\) и \(p_2^2m_1m_2\) сократятся, и останется

\[ \boxed{\;E = \frac{m_2^2p_1^2 + m_1^2p_2^2 - 2m_1m_2p_1p_2\cos\theta} {2m_1m_2(m_1+m_2)}\;} \]

Решение

Что известно про центр масс. Пусть \(m_1\) и \(m_2\) — массы продуктов, \(M = m_1+m_2\) — масса первичной частицы, \(V\) — её скорость. Тогда

\[ K = \frac{MV^2}{2}. \]

Что происходит в системе центра масс. Там суммарный импульс равен нулю, значит осколки имеют импульсы \(\pm p_0\) и скорости

\[ u_1 = \frac{p_0}{m_1},\qquad u_2 = \frac{p_0}{m_2}, \]

а выделившаяся энергия — это как раз их кинетическая энергия:

\[ E = \frac{p_0^2}{2m_1} + \frac{p_0^2}{2m_2} = \frac{p_0^2\,M}{2m_1m_2}. \]

Наибольший угол. Из рисунка (касательная перпендикулярна радиусу)

\[ \sin\alpha_1 = \frac{u_1}{V} = \frac{p_0}{m_1V},\qquad \sin\alpha_2 = \frac{u_2}{V} = \frac{p_0}{m_2V}. \]

Перемножим — и все массы соберутся в одну комбинацию:

\[ \sin\alpha_1\sin\alpha_2 = \frac{p_0^2}{m_1m_2V^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{p_0^2}{m_1m_2} = V^2\sin\alpha_1\sin\alpha_2. \]

Подставляем в выражение для \(E\):

\[ E = \frac{M}{2}\cdot\frac{p_0^2}{m_1m_2} = \frac{MV^2}{2}\,\sin\alpha_1\sin\alpha_2 = K\sin\alpha_1\sin\alpha_2. \]

Решение

Импульсы. Обозначим \(m\) — массу нуклона; тогда дейтрон это \(2m\), протон \(m\), тритий \(3m\). Из \(p^2 = 2mK\):

\[ p_{\text{д}}^2 = 2\cdot 2m\cdot K = 4mK,\qquad p_p^2 = 2mK_p. \]

Импульс трития \(\vec p_{\text{т}} = \vec p_{\text{д}} - \vec p_p\), а так как \(\vec p_p \perp \vec p_{\text{д}}\), по теореме Пифагора

\[ p_{\text{т}}^2 = p_{\text{д}}^2 + p_p^2 = 4mK + 2mK_p. \]

Энергия трития.

\[ K_{\text{т}} = \frac{p_{\text{т}}^2}{2\cdot 3m} = \frac{4mK + 2mK_p}{6m} = \frac{2K + K_p}{3} = \frac{3{,}6 + 3{,}5}{3} \approx 2{,}37\ \text{МэВ}. \]

Энерговыделение. Это прирост кинетической энергии:

\[ E = K_p + K_{\text{т}} - K = K_p + \frac{2K+K_p}{3} - K = \frac{4K_p - K}{3} = \frac{4\cdot 3{,}5 - 1{,}8}{3} \approx 4{,}1\ \text{МэВ}. \]

Решение

Что в системе центра масс. Осколки одинаковы, значит масса каждого \(m/2\), а импульсы равны \(\pm q\). Выделившаяся энергия — их кинетическая энергия:

\[ E = 2\cdot\frac{q^2}{2\cdot(m/2)} = \frac{2q^2}{m} \quad\Longrightarrow\quad q^2 = \frac{mE}{2}. \]

Собственная скорость каждого осколка и скорость центра масс:

\[ u = \frac{q}{m/2} = \frac{2q}{m},\quad u^2 = \frac{4q^2}{m^2} = \frac{2E}{m}; \qquad V = \frac{p}{m},\quad V^2 = \frac{p^2}{m^2}. \]

Где угол наибольший. Пусть в системе центра масс осколки летят под углом \(\varphi\) к оси. Их лабораторные скорости имеют проекции \((V + u\cos\varphi,\ u\sin\varphi)\) и \((V - u\cos\varphi,\ -u\sin\varphi)\), так что отклонения \(\theta_1\) и \(\theta_2\) от оси даются формулами

\[ \operatorname{tg}\theta_1 = \frac{u\sin\varphi}{V+u\cos\varphi},\qquad \operatorname{tg}\theta_2 = \frac{u\sin\varphi}{V-u\cos\varphi}. \]

Угол разлёта \(\alpha = \theta_1 + \theta_2\); по формуле тангенса суммы

\[ \operatorname{tg}\alpha = \frac{\operatorname{tg}\theta_1 + \operatorname{tg}\theta_2} {1 - \operatorname{tg}\theta_1\operatorname{tg}\theta_2} = \frac{2Vu\sin\varphi}{V^2 - u^2}. \]

(в числителе и знаменателе сократился общий множитель \(V^2 - u^2\cos^2\varphi\)).

Случай \(u < V\), то есть \(2mE < p^2\). Знаменатель положителен и от \(\varphi\) не зависит, поэтому \(\alpha\) наибольший при \(\sin\varphi = 1\) — разлёт поперёк движения. Тогда картинка симметрична, \(\theta_1 = \theta_2 = \alpha/2\) и

\[ \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = \frac{u}{V} \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac{1 - u^2/V^2}{1 + u^2/V^2} = \frac{V^2-u^2}{V^2+u^2} = \frac{p^2 - 2mE}{p^2 + 2mE}. \]

Случай \(u > V\), то есть \(2mE > p^2\). Теперь осколок, вылетевший в системе центра масс назад, и в лаборатории летит назад. Взяв \(\varphi = 0\), получаем скорости \(V+u\) вперёд и \(V-u < 0\) назад — то есть строго противоположные направления:

\[ \alpha_{\max} = 180^\circ. \]

Решение

Внизу. Оба тела скатились с одной и той же высоты \(h_0\), поэтому

\[ v = \sqrt{2gh_0} \]

— одинаково для обоих, но направления противоположны.

Слипание. Импульсы частично гасят друг друга:

\[ m_1v - m_2v = (m_1+m_2)\,u \quad\Longrightarrow\quad u = v\,\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}. \]

Подъём. Дальше слипшаяся пара качается как одно тело:

\[ h = \frac{u^2}{2g} = \frac{v^2}{2g}\left(\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)^2 = h_0\left(\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)^2, \] \[ \frac{h}{h_0} = \left(\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\right)^2. \]

Решение

Импульс.

\[ m_1v = m_1\frac{v}{2} + m_2u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{m_1v}{2m_2}. \]

Энергия. Начальная энергия пули \(K = m_1v^2/2\). В тепло ушло всё, что не осталось в движении:

\[ Q = \frac{m_1v^2}{2} - \frac{m_1(v/2)^2}{2} - \frac{m_2u^2}{2} = \frac{m_1v^2}{2} - \frac{m_1v^2}{8} - \frac{m_1^2v^2}{8m_2}. \]

Делим на \(K = m_1v^2/2\):

\[ \frac{Q}{K} = 1 - \frac14 - \frac{m_1}{4m_2} = \frac{3 - m_1/m_2}{4}. \]

Решение

Второй удар. Пуля массы \(m\) со скоростью \(v_1\) застревает в грузе массы \(m\), их общая скорость \(v_1/2\), и

\[ Q_2 = \frac{mv_1^2}{2} - \frac{2m\,(v_1/2)^2}{2} = \frac{mv_1^2}{4} \quad\Longrightarrow\quad v_1 = 2\sqrt{\frac{Q_2}{m}}. \]

Первый удар. Импульс: \(mv = mv_1 + mu_1\), значит \(u_1 = v - v_1\). Тепло:

\[ Q_1 = \frac{mv^2}{2} - \frac{mv_1^2}{2} - \frac{mu_1^2}{2} = \frac{m}{2}\Bigl[v^2 - v_1^2 - (v-v_1)^2\Bigr] = \frac{m}{2}\bigl(2vv_1 - 2v_1^2\bigr) = m\,v_1(v - v_1). \]

Подставляем \(v_1\):

\[ Q_1 = m\cdot 2\sqrt{\frac{Q_2}{m}}\left(v - 2\sqrt{\frac{Q_2}{m}}\right) = 2\sqrt{Q_2m}\left(v - 2\sqrt{\frac{Q_2}{m}}\right) = 2v\sqrt{Q_2m} - 4Q_2. \]

Решение

Обозначения. Перед \(n\)-м соударением вместе движутся \(n\) брусков (все предыдущие уже слиплись) со скоростью \(v_n\); сразу после соударения движутся \(n+1\) брусков со скоростью \(u_n\).

Удар. Импульс сохраняется:

\[ n m\,v_n = (n+1)m\,u_n \quad\Longrightarrow\quad u_n = \frac{n}{n+1}\,v_n. \]

Разгон между ударами. Сила \(F\) проходит промежуток \(l\):

\[ \frac{(n+1)m\,v_{n+1}^2}{2} = \frac{(n+1)m\,u_n^2}{2} + Fl. \]

Начало. Первый брусок разгоняется из состояния покоя: \(mv_1^2/2 = Fl\), то есть

\[ v_1^2 = \frac{2Fl}{m} = \frac{Fl}{m}\left(1 + \frac11\right). \]

Индукция. Пусть \(v_n^2 = \dfrac{Fl}{m}\left(1+\dfrac1n\right) = \dfrac{Fl}{m}\cdot\dfrac{n+1}{n}\). Тогда

\[ u_n^2 = \frac{n^2}{(n+1)^2}v_n^2 = \frac{Fl}{m}\cdot\frac{n}{n+1} = \frac{Fl}{m\left(1+\frac1n\right)}, \] \[ v_{n+1}^2 = u_n^2 + \frac{2Fl}{(n+1)m} = \frac{Fl}{m}\left(\frac{n}{n+1} + \frac{2}{n+1}\right) = \frac{Fl}{m}\cdot\frac{n+2}{n+1} = \frac{Fl}{m}\left(1 + \frac{1}{n+1}\right), \]

то есть формула воспроизводит сама себя ✓. Итак,

\[ v_n = \sqrt{\frac{Fl}{m}\left(1+\frac1n\right)},\qquad u_n = \sqrt{\frac{Fl}{m\left(1+\frac1n\right)}}. \]

Предел. При \(n\to\infty\) обе скорости стремятся к одному и тому же значению

\[ v_n,\ u_n \longrightarrow \sqrt{\frac{Fl}{m}} \]

— движение выходит на «стационарный» режим: сколько сила накачивает на промежутке, столько удар и съедает.

Решение

Раскладываем скорость. По нормали и вдоль стенки:

\[ v_n = v\cos\alpha,\qquad v_\tau = v\sin\alpha. \]

Импульс от стенки. Нормальная скорость меняет знак, значит стенка сообщила телу вдоль нормали импульс

\[ J = 2mv\cos\alpha. \]

Сила трения в каждый момент удара равна \(\mu N\), поэтому и суммарный импульс трения составляет ту же долю от нормального:

\[ J_{\text{тр}} = \mu J = 2\mu m v\cos\alpha, \]

и направлен он против скольжения, то есть против \(v_\tau\).

Скорости после удара.

\[ u_n = v\cos\alpha,\qquad u_\tau = v\sin\alpha - 2\mu v\cos\alpha. \]

Если \(u_\tau > 0\), то

\[ \operatorname{tg}\beta = \frac{u_\tau}{u_n} = \frac{v\sin\alpha - 2\mu v\cos\alpha}{v\cos\alpha} = \operatorname{tg}\alpha - 2\mu. \]

Если же \(\operatorname{tg}\alpha \le 2\mu\), то скольжение прекращается ещё в ходе удара: дальше трение уже не разгоняет тело в обратную сторону, оно просто удерживает \(u_\tau = 0\). Тогда

\[ \beta = 0 \]

— тело отскакивает точно вдоль нормали.

Подсказка

Найдите скорости шайбы и горки после спуска из законов сохранения импульса и энергии, затем перейдите в систему отсчёта стенки, где удар упругий.

Ответ

\(u = \dfrac{m}{M}\sqrt{\dfrac{2gH}{1+(m/M)}}\).

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии; векторы импульса малого шарика до и после удара перпендикулярны.

Ответ

\(3{,}6\) кг

Подсказка

Скорости шариков в нижней точке равны по модулю, найдите их из закона сохранения энергии; после упругого удара вычислите скорость лёгкого шарика и сравните с минимальной скоростью, нужной для полного оборота на нити.

Ответ

\(0{,}55\).

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта плиты: там удар упругий о неподвижную стенку, и модуль скорости шарика не меняется, а угол отражения равен углу падения. Вернитесь в исходную систему.

Ответ

Справедливы равенства \(v\cos\varphi = w\sin\varphi\) и \(w\cos\varphi = v\sin\varphi + 2u\cos\varphi\), откуда: 1) \(w = 3\) м/c;  2) \(v = 5\) м/c.

Подсказка

Найдите ускорения каждого бруска по отдельности: у нижнего оно равно нулю. При упругом ударе одинаковых тел они обмениваются скоростями.

Ответ

4a) \(t_1 = \sqrt{\dfrac{8L}{g}} \approx 0{,}28\) с, \(t_k = \sqrt{\dfrac{8L}{g}}\,(2k-1)\);  4b) \(S_n = L\,(2n^2 - 2n + 1)\).

Подсказка

При упругом ударе одинаковых шаров скорости после удара перпендикулярны, и треугольник скоростей вписан в окружность с диаметром \(v_0\). Дальность полёта пропорциональна произведению \(v_xv_y\) — это площадь, которую удобно максимизировать геометрически.

Ответ

1) \(l_\text{max} = \dfrac{v_0^2}{g}\);  2) \(S_\text{max} = \dfrac{3\sqrt3\,v_0^2}{8g}\).

Решение

1. Воспользуемся законами сохранения импульса и энергии при соударении:

\[\begin{cases} m\vec v_0 = m\vec v_1 + m\vec v_2 & \text{ЗСИ}\\[4pt] \dfrac{mv_0^2}{2} = \dfrac{mv_1^2}{2} + \dfrac{mv_2^2}{2} & \text{ЗСЭ} \end{cases}\] Возведем ЗСИ в квадрат получим: \[v_0^2 = v_1^2 + v_2^2 + 2\vec v_1\cdot\vec v_2.\] С учетом ЗСЭ получим \[2\vec v_1\cdot\vec v_2 \implies \vec v_1 \perp \vec v_2.\]

Поскольку \(v_1^2 + v_2^2 = v_0^2\) и \(\vec v_0 = \vec v_1 + \vec v_2\), то треугольник скоростей является прямоугольным и вписан окружность с диаметром \(v_0\).

Введём в точке старта систему координат \(yOx\), где ось \(y\) направлена вертикально вверх, а ось \(x\) направлена горизонтально. Далее под \(v_{x(i)}\) и \(v_{y(i)}\) подразумеваются соответственно модули горизонтальной и вертикальной составляющих компонент скоростей \(i\)-го шарика сразу после удара. Отметим, что \(v_{x(1)} = v_{x(2)} = v_x\).

Найдём дальность полета \(i\)-го шарика: \[t_i = \frac{2v_{y(i)}}{g}, \quad l_i = v_xt_i \implies l_i = \frac{2v_xv_{y(i)}}{g}.\] Для расстояния между точками падения шариков имеем: \[l = l_1 + l_2 = \frac{2v_x\left(v_{y(1)} + v_{y(2)}\right)}{g} = \frac{2v_0v_x}{g}.\] Таким образом, расстояние между точками падения максимально при максимальном значении \(v_x\), равном радиусу окружности или \(v_0/2\). Таким образом, ответ на первый вопрос: \[l_\text{max} = \frac{v_0^2}{g}.\]

2. Максимальная дальность полета одного из шариков соответствует максимальному значению произведения \(v_xv_{y(i)}\), следовательно будет одинаковой для обоих шариков. Произведение \(v_xv_y\) геометрически представляет собой площадь прямоугольника со сторонами \(v_x\) и \(v_y\). В свою очередь, данная площадь равна площади равнобедренного треугольника с равными сторонами \(v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}\) и основанием \(2v_x\). Этот треугольник вписан в окружность радиусом \(v_0/2\). Максимум площади треугольника, вписанного в окружность радиусом \(R\), достигается в случае равностороннего треугольника и равен:

\[S = \frac{3\sqrt3R^2}{4} \implies (v_xv_y)_\text{max} = \frac{3\sqrt3v_0^2}{16},\] откуда: \[l_{i(\text{max})} = \frac{3\sqrt3v_0^2}{8g}.\]

Подсказка

Шайбы гладкие, поэтому при столкновении импульс шайбы меняется только вдоль линии, соединяющей центры. Запишите законы сохранения импульса и энергии для удара шайбы 2 сразу по двум шайбам, затем проследите, какие столкновения произойдут дальше.

Ответ

a) \(v_1 = v_2 = v_5 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{v}{\sqrt 2} \approx 0{,}7\) м/c;  b) \(v_1 = \dfrac{v}{5} = 0{,}2\) м/с, \(v_2 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{2\sqrt{57}\,v}{25} \approx 0{,}60\) м/с, \(v_5 = \dfrac{12 v}{25} = 0{,}48\) м/c.

Решение

a) Шайба 1 останавливается, передавая импульс шайбе 2. Далее происходит столкновение шайбы 2 с шайбами 3 и 4. Шайбы гладкие, следовательно, их скорости в процессе столкновения меняются только под действием сил нормальной реакции, поэтому после столкновения скорости третьей и четвёртой шайб направлены под углом \(\dfrac{\pi}{4}\) к горизонтальной прямой, направление скорости второй шайбы не меняется. Теперь расчёт скорости второй шайбы \(v_2\) и третьей шайбы \(v_3\) после столкновения может быть сделан на основе законов сохранения. Получится система уравнений \[\begin{cases} \sqrt2\,v_3 + v_2 = v,\\ 2v_3^2 + v_2^2 = v^2. \end{cases}\] Решая систему, находим следующие значения скоростей второй и третьей шайб: \(v_2 = 0\), \(v_3 = \dfrac{v}{\sqrt2}\). Таким образом, вторая шайба останавливается, а третья и четвёртая движутся со скоростью \(\dfrac{v}{\sqrt2}\) по траекториям, составляющим одинаковые углы \(\dfrac{\pi}{4}\) с горизонтальной прямой. Легко видеть, что в процессе дальнейшего движения шайбы 3 и 4 с пятой шайбой не сталкиваются, поэтому пятая шайба покоится в исходном положении. В итоге имеем ответы: \(v_1 = v_2 = v_5 = 0\), \(v_3 = v_4 = \dfrac{v}{\sqrt2} \approx 0{,}7\) м/c.

b) В этом случае после столкновения второй шайбы с шайбами 3 и 4 скорости этих шайб \(u_3\) и \(u_4\) направлены под углом \(\dfrac{\pi}{6}\) к горизонтальной прямой, вдоль которой до и после столкновения движется вторая шайба. Обозначив \(u_2\) скорость второй шайбы после столкновения, запишем законы сохранения. В итоге получим систему уравнений \[\begin{cases} \sqrt3\,u_3 + u_2 = v,\\ 2u_3^2 + u_2^2 = v^2. \end{cases}\] Решив систему, находим значения скоростей: \(u_2 = -\dfrac{v}{5}\), \(u_3 = \dfrac{2\sqrt3\,v}{5}\). Таким образом, вторая шайба летит назад. Очевидно, далее она сталкивается с первой шайбой и передаёт ей весь свой импульс. Шайбы 3 и 4 при дальнейшем движении сталкиваются с шайбой 5. Рассмотрим это столкновение.

Из симметрии следует, что скорость шайбы 5 после столкновения будет направлена горизонтально. Пусть ось \(OX\) системы координат также направлена горизонтально. Обозначим \(v_\perp\) проекцию скорости шайбы 3 после столкновения на направление, перпендикулярное линии, соединяющей центры шайб 3 и 5. Проекция скорости на это направление при столкновении не меняется, поэтому \(v_\perp = u_3\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{3v}{5}\). Проекцию скорости шайбы 3 на направление вдоль линии, соединяющей центры 3 и 5, обозначим \(v_\parallel\). Положительному значению проекции \(v_\parallel\) соответствует направление от шара 3 к шару 5.

Закон сохранения импульса в проекции на ось \(OX\) даётся уравнением \[\frac{6v}{5} = v_5 + 2v_\perp\cos\frac{\pi}{3} + 2v_\parallel\cos\frac{\pi}{6},\] которому после преобразований можно придать вид \[\frac{3v}{5} = v_5 + v_\parallel\sqrt3 .\] Закон сохранения энергии можно записать в виде \[\frac{24v^2}{25} = v_5^2 + 2v_\perp^2 + 2v_\parallel^2 \quad\Rightarrow\quad \frac{6v^2}{25} = v_5^2 + 2v_\parallel^2 .\] Законы сохранения образуют систему уравнений. Эту систему можно решить, например, так: выразим \(v_5\) из закона сохранения импульса и подставим в закон сохранения энергии. В итоге получится квадратное уравнение \[5v_\parallel^2 - \frac{2\cdot 3\sqrt3}{5}\,v\,v_\parallel + \frac{3}{25}v^2 = 0.\] Решив которое, найдём корни \[v_\parallel^{(1)} = \frac{\sqrt3\,v}{25}, \qquad v_\parallel^{(2)} = \frac{\sqrt3\,v}{5}.\] Второй корень не имеет физического смысла, поскольку скорость шайбы 5 в этом случае, как следует из закона сохранения импульса, оказывается равна нулю. Подставляя значение \(v_\parallel^{(1)}\) в закон сохранения импульса, получаем ответ для скорости пятой шайбы \[v_5 = \frac{3v}{5} - v_\parallel^{(1)}\sqrt3 = \frac{12v}{25} = 0{,}48\text{ м/с}.\]

Для конечной скорости шайб 3 и 4 имеем \[v_4 = v_3 = \sqrt{v_\parallel^2 + v_\perp^2} = \frac{2\sqrt{57}\,v}{25} \approx 0{,}60\text{ м/с}.\]

Подсказка

Удар происходит вдоль радиуса, так что обруч получает импульс вдоль радиуса и не раскручивается. Запишите законы сохранения импульса и энергии и найдите скорость шайбы относительно обруча.

Ответ

\(h = \dfrac{R}{2}\).

Подсказка

Энергия системы равна половине квадрата скорости точки \(\tilde M\), поэтому в новых координатах упругие удары работают как отражения луча от зеркал.

Ответ

a) \(v = \sqrt{v_1^2 + v_2^2}\), \(\operatorname{tg}\alpha = v_2/v_1\);  c) \(0{,}13\,L\);  d) 314.

Подсказка

Обмен скоростями при упругом столкновении одинаковых шариков равносилен тому, что шарики проходят друг сквозь друга. Подумайте, как это упрощает описание движения.

Ответ

1) \(t_{\text{встр}} = \dfrac{v_0}{g} - \dfrac{\tau}{2} = 1{,}5\) с;  2) \(H_{\max} = \dfrac{v_0^2}{2g} = 20\) м;  3) \(t_2 = \dfrac{2v_0}{g} - \tau = 3\) с.

Подсказка

При ударе по гладкой шайбе импульс силы направлен вдоль нормали. Запишите закон сохранения импульса и определение \(e\) отдельно для каждого из двух ударов; неизвестных ровно два.

Ответ

\(n = 2\), \(e = 0{,}5\).