Двое против ветра

Вычтите друг из друга уравнения движения шариков: относительная скорость меняется пропорционально относительному смещению. Для одного шарика так же свяжите изменение вертикальной скорости с высотой падения, а в пункте 3 рассмотрите движение центра масс пары шариков.

Пункт 1. Метод №1. Рассмотрим относительное движение шариков. Запишем второй закон Ньютона для каждого из них \[\begin{gather*} m\vec a_1 = m\vec g - k(\vec v_1 - \vec u),\\ m\vec a_2 = m\vec g - k(\vec v_2 - \vec u) \end{gather*}\] и вычтем полученные выражения друг из друга \[m\vec a_r = -k\vec v_r.\] Здесь \(\vec a_r = \vec a_2 - \vec a_1\) — относительное ускорение шариков, а \(\vec v_r = \vec v_2 - \vec v_1\) — их относительная скорость. Из этого равенства следует, что малое изменение относительной скорости \(d\vec v_r\) и малое изменение вектора смещения второго шарика относительно первого \(d\vec l\) связаны соотношением \[d\vec v_r = -\frac{k}{m}\,d\vec l.\] Поскольку оно справедливо в любой момент времени, полное изменение относительной скорости \(\Delta\vec v_r\) и полное изменение вектора смещения \(\Delta\vec l\) связаны аналогично \[\Delta\vec v_r = -\frac{k}{m}\,\Delta\vec l.\] Согласно условию, спустя некоторое достаточно большое время относительная скорость шариков пренебрежимо мала (\(\vec v_r = \vec 0\)), а вектор смещения между ними \(\vec l = \vec L\) направлен вертикально вверх и имеет длину \(L\), следовательно \[\begin{gather*} \vec 0 - (\vec v_{20} - \vec v_{10}) = -\frac{k}{m}(\vec L - \vec 0),\\ \vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L. \end{gather*}\] Запишем это равенство в проекции на горизонтальную ось \[v_{20}\cos\alpha_2 - v_{10}\cos\alpha_1 = 0,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 1. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OX\), направленную горизонтально вправо, \[m\frac{dv_{1x}}{dt} = -k(v_{1x} + u).\] Отсюда, применяя непосредственное интегрирование и учитывая начальные условия (\(x_1(0) = 0\) и \(v_{1x}(0) = v_{10}\cos\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1x}(t) = (v_{10}\cos\alpha_1 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_1(t) = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2x}(t) = (v_{20}\cos\alpha_2 + u)\,e^{-\frac{k}{m}t} - u,\\ x_2(t) = \frac{m}{k}(v_{20}\cos\alpha_2 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - ut. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(x_1(\infty) = x_2(\infty)\), поэтому \[v_{10}\cos\alpha_1 = v_{20}\cos\alpha_2,\] откуда \[v_{20} = v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\text{ м/с}.\]

Пункт 2. Метод №1. Заметим, что в соответствии с тем, что второй шарик упал позднее, вектор \(\vec L\) направлен вверх. Запишем полученное выше векторное равенство \(\vec v_{20} - \vec v_{10} = \frac{k}{m}\vec L\) в проекции на вертикальную ось \[v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1 = \frac{k}{m}L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Теперь рассмотрим движение первого шарика в отдельности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(OY\), \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y} \qquad\Rightarrow\qquad dv_{1y} = -g\,dt - \frac{k}{m}\,dy_1.\] Здесь \(y_1\) — вертикальная координата первого шарика. Нетрудно заметить, что спустя достаточно большое время вертикальная проекция скорости примет значение \(-mg/k\). Переходя к конечным приращениям так, как мы раньше сделали с относительной скоростью и вектором смещения между шариками, получим \[-\frac{mg}{k} - v_{10}\sin\alpha_1 = -g\tau + \frac{k}{m}H.\] Отсюда \[H = \frac{m}{k}(g\tau - v_{10}\sin\alpha_1) - \frac{m^2}{k^2}g = 30{,}83\text{ м}.\]

Пункт 2. Метод №2. Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось \(OY\), направленную вертикально вверх, \[m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y}.\] Отсюда, интегрируя с учётом начальных условий (\(y(0) = 0\) и \(v_{1y}(0) = v_{10}\sin\alpha_1\)), получим \[\begin{gather*} v_{1y}(t) = \left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_1(t) = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Аналогичным образом, \[\begin{gather*} v_{2y}(t) = \left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)e^{-\frac{k}{m}t} - \frac{mg}{k},\\ y_2(t) = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t}\right) - \frac{mg}{k}t. \end{gather*}\] Из условия следует, что \(y_2(\infty) - y_1(\infty) = L\), так что \[\frac{m}{k}(v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1) = L.\] Отсюда \[\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2 - v_{10}\sin\alpha_1} = 0{,}75\text{ с}.\] Согласно условию, \[H = -y_1(\tau) = \frac{mg}{k}\tau - \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}\tau}\right) = 30{,}84\text{ м}.\]

Пункт 3. Метод №1. Рассмотрим движение системы шариков как целого. Ускорение центра масс \(\vec a_c = (\vec a_1 + \vec a_2)/2\) связано с внешними силами выражением \[2m\vec a_c = -k(\vec v_1 + \vec v_2 - 2\vec u) + 2m\vec g = -2k(\vec v_c - \vec u) + 2m\vec g,\] где \(\vec v_c = (\vec v_1 + \vec v_2)/2\) — скорость центра масс. Введём обозначение \(\vec v_f = \vec u + m\vec g/k\) — несложно показать, что это установившаяся скорость любого из шариков. Получим \[\vec a_c = -\frac{k}{m}(\vec v_c - \vec v_f).\] Перейдём в систему отсчёта, которая движется с постоянной скоростью \(\vec v_f\). Ускорение и скорость центра масс в этой системе обозначим \(\vec a\,'_c\) и \(\vec v\,'_c\) соответственно. Тогда \[\vec a\,'_c = -\frac{k}{m}\vec v\,'_c.\] Это уравнение описывает прямолинейное движение! При этом известно, что центр масс дважды проходил через точку \(O\), которая в выбранной системе отсчёта движется с постоянной скоростью \(-\vec v_f\). Следовательно, \(\vec v\,'_c \parallel \vec v_f\). Но \(\vec v\,'_c = \vec v_c - \vec v_f\), а значит \[\vec v_c \parallel \vec v_f,\] то есть \[(\vec v_1 + \vec v_2) \parallel \left(\vec u + \frac{m\vec g}{k}\right).\] Это верно для любого момента времени, в том числе для начального. Таким образом \[\frac{v_{10}\cos\alpha_1 + v_{20}\cos\alpha_2}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2} = \frac{u}{mg/k}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]

Пункт 3. Метод №2. Пусть ось \(OY\) шарики пересекают в момент времени \(t_1\) на расстояниях \(h\) от точки \(O\). Тогда имеем \[\begin{gather*} 0 = \frac{m}{k}(v_{10}\cos\alpha_1 + u)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - ut_1,\\ -h = \frac{m}{k}\left(v_{10}\sin\alpha_1 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1,\\ h = \frac{m}{k}\left(v_{20}\sin\alpha_2 + \frac{mg}{k}\right)\left(1 - e^{-\frac{k}{m}t_1}\right) - \frac{mg}{k}t_1. \end{gather*}\] Исключив из этой системы \(t_1\) и \(h\), выразим \[u = \frac{2mg}{k}\,\frac{v_{10}\cos\alpha_1}{v_{10}\sin\alpha_1 + v_{20}\sin\alpha_2}.\] С учётом \(v_{20}\cos\alpha_2 = v_{10}\cos\alpha_1\) отсюда получим \[u = \frac{m}{k}\,\frac{2g}{\mathrm{tg}\,\alpha_1 + \mathrm{tg}\,\alpha_2} \approx 10{,}96\text{ м/с}.\]