Спуск по желобу

После отрыва от желоба тело движется как брошенное тело. Подумайте, как по горизонтальной и вертикальной частям пути найти время падения и скорость в точке \(O\), а затем высоту, с которой тело начинало движение.

Проведём касательную в нижней точке желоба \(O\), а также горизонтальную линию через ту же точку. Из точки \(A\) проведём вертикальную линию, пересекающую касательную в точке \(B\) и горизонтальную линию — в точке \(C\) (рис. 16).

Движение тела по вертикали после отрыва от желоба описывается уравнением \[y = v_{oy}t + \dfrac{gt^2}{2},\] где \(v_{oy}\) — проекция скорости тела на вертикальную ось в момент отрыва от желоба, начало координат находится в точке \(O\), ось \(Y\) направлена вниз.

На рисунке отрезок \(CB\) равен расстоянию, которое тело прошло бы по вертикали за время падения \(t_0\), если бы не было ускорения свободного падения, а отрезок \(BA\) равен расстоянию, которое тело пролетело бы за то же время \(t_0\) при свободном падении без начальной скорости. Кроме того, отрезок \(OB\) равен пути, который тело, двигаясь с постоянной скоростью \(v_0\), прошло бы за время \(t_0\). Таким образом, \[AB = h = \dfrac{gt_0^2}{2}; \qquad OB = l = v_0t_0.\]

Исключив из этих соотношений время падения \(t_0\), получим: \[v_0^2 = \dfrac{gl^2}{2h}.\] Высоту \(H\) начальной точки над точкой \(O\) найдём из закона сохранения энергии: \[\dfrac{mv_0^2}{2} = mgH.\] Отсюда: \[H = \dfrac{l^2}{4h}.\] По рисунку находим: \(h = 1\), \(l^2 = (CB)^2 + (OC)^2 = (1{,}5)^2 + 3^2 = 11{,}25\); \[H = \dfrac{11{,}25}{4} \approx 2{,}8.\] Расстояние от точки \(M\) до пола равно \(L = 5{,}3\) условных единиц.