Задачи › Баллистика с отражениями, упругие отскоки

Мячик в клине

  1. Мячик в клине

    СПбГУ 2024/25, 10 кл.
    7/10

    Вариант 1. Две плоскости образуют V-образный клин с углом раствора \(2\beta\), внутри которого, между стенками клина, в поле сил тяжести упруго прыгает мячик (см. рисунок). При этом мячик летает по одной и той же траектории от стенки до стенки. Чему равна скорость мячика в наивысшей точке траектории, если расстояние до ребра клина в этот момент равно \(H\)? Ускорение свободного падения равно \(g\), размерами и вращением мячика можно пренебречь.

    Рисунок

    Вариант 2. Мячик бросают в сторону наклонной плоскости из точки, расположенной на высоте \(H\) над точкой пересечения этой плоскости и горизонтальной поверхности (см. рисунок). Начальная скорость шарика равна \(v\) и направлена горизонтально. Упруго отскочив от плоскости, мячик по той же траектории вернулся в исходную точку. Определите угол наклона плоскости над горизонталью. Ускорение свободного падения равно \(g\), размерами и вращением мячика можно пренебречь.

    Рисунок
    ▶Показать разборСкрыть разбор
    Подсказка

    Вариант 1: в наивысшей точке вертикальная скорость равна нулю, а отскок от стенки меняет направление скорости так, что она составляет угол \(\beta\) с горизонталью. Вариант 2: мячик возвращается по своей траектории, значит, в точке удара скорость перпендикулярна плоскости.

    Ответ

    Вариант 1: \(v_{\text{верш}} = \sqrt{\dfrac{gH}{1 + \frac{1}{2}\operatorname{tg}^2\beta}}\).  Вариант 2: \(\operatorname{ctg}\alpha = \sqrt{2\left(\dfrac{gH}{v^2} - 1\right)}\).

    Решение

    Вариант 1. После отскока от стенки начальная скорость мячика направлена под углом \(\beta\) к горизонту: \(v_y/v_x = \operatorname{tg}\beta\), \(v_x\) постоянна. В наивысшей точке \(v_y = 0\); подъём над точкой отскока \(h = \dfrac{v_y^2}{2g}\). Геометрия треугольника (горизонтальный катет \(x = v_x v_y/g\), вертикальный катет \(H - h\)) даёт \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{v_x v_y}{g(H-h)}\), откуда \(v_x^2 = g(H-h)\). Подставляя \(h = \dfrac{v_x^2\operatorname{tg}^2\beta}{2g}\), получаем \[v_x^2 = \frac{gH}{1 + \frac{1}{2}\operatorname{tg}^2\beta}.\]

    Вариант 2. Мячик возвращается по своей траектории, значит, в точке удара его скорость перпендикулярна плоскости. Угол между скоростью и горизонталью в этот момент равен \(90^\circ - \alpha\), то есть \(v_y = v\operatorname{ctg}\alpha\) в точке удара. Точка удара находится на высоте \(h = v^2/g\) (из условия возврата в исходную точку), а вертикальная скорость удовлетворяет \(v_y^2 = 2g(H-h)\). Отсюда \(\operatorname{ctg}\alpha = \sqrt{2\left(\dfrac{gH}{v^2} - 1\right)}\), то есть \(\alpha = \operatorname{arcctg}\sqrt{2(gH/v^2 - 1)}\).

    Вся олимпиада на сайте

    Страница задачиОшибка в задаче?

Похожие задачи

наверх