Если резко ударить мотком по лежащей на полу доске – то она подскочит. Это произойдет потому, что молоток передаст доске импульс, с
которым она частично упруго провзаимодействует с полом и отскочит. Примерно такие же события здесь будут происходить между клином и
горизонтальной поверхностью. Клин либо отскочит, если он провзаимодействует с поверхностью упруго, либо он просто потеряет энергию
вертикального импульса при неупругом взаимодействии с горизонтальной поверхностью. А поэтому было бы ошибкой учесть только
горизонтальную скорость клина в энергетическом уравнении.
Ещё раз, как именно клин после соударения с шаром будет взаимодействовать с горизонтальной поверхностью – мы не знаем (будет скакать
или просто будет двигаться горизонтально), поскольку нам не заданы параметры взаимодействия клина и поверхности (абсолютно-упругое,
абсолютно-неупругое и т.п.), но в любом случае, нам необходимо учесть часть кинетической энергии, которую будет нести вертикальный
(!) импульс клина.
Что бы развеять сомнения, добавлю, что, поскольку мы считаем удар мгновенным, то в тот момент, когда шар УЖЕ оторвётся от верхней
поверхности – нижняя поверхность клина ЕЩЁ «не будет знать», что клин уже движется вниз, поскольку сигнал (в виде упругой волны) о
верхнем взаимодействии ещё не дойдёт до дна.
Шар взаимодействует с клином точно поперёк их общей поверхности в момент контакта. А поверхность эта сориентирована к горизонту под
углом α = 30°. Стало быть, сила, действующая на клин – будет придавать вертикальный импульс и скорость в ctgα раз больший, чем
горизонтальный импульс и скорость.
Обозначим горизонтальную скорость клина, как – V, тогда его вертикальная скорость V/tgα .
Будем считать, что скорость шара после отскока направлена вбок и ВВРЕХ. Именно из этих соображений далее будем записывать законы
сохранения (если получится отрицательное значение скорости, то значит, она направлена – вниз). Обозначим горизонтальную составляющую
конечной скорости шара, как v, а вертикальную, как vy.
Из закона сохранения импульса по горизонтали ясно, что:
mv = MV ;
v = [M/m] V ;
Из закона сохранения импульса по вертикальной оси найдём vy:
m vo = MV/tgα – mvy , где α – угол клина.
vy = [M/m] V/tgα – vo ;
Из закона сохранения энергии найдём горизонтальную скорость клина:
mvo² = mv² + mvy² + MV² + M (V/tgα)² ;
mvo² = [M²/m]V² + m ( [M/m]V/tgα – vo )² + MV²/sin²α ;
mvo² = [M²/m]V² + [M²/m]V²/tg²α – 2MVvo/tgα + mvo² + MV²/sin²α ;
0 = [M²/m]V²/sin²α – 2MVvo/tgα + MV²/sin²α ;
2 vo sinαcosα = ( 1 + M/m ) V ;
V = vo sin2α/[1+M/m] ;
Для угла α = 30° :
V = √3vo/[2(1+M/m)] ;
В частности, при m = M : V = vo sin2α/2 ;
В частности, при m >> M : V = vo sin2α ;
Часть энергии не превратится ни в движение клина по плоскости, ни в движение шара, а уйдёт вместе с вертикальным импульсом клина либо
в колебания клина над поверхностью, либо во внутреннюю энергию (при неупругом взаимодействии клина с поверхностью). Что бы там с этой
энергией далее не происходило – необходимо учесть эту энергию отдельно, чтобы не отнести её по ошибке к энергии горизонтального
движения клина. После пояснения термина – потеря энергии в контексте данной задачи, можно эту потерю и посчитать.
Потеря энергии: Eпот = M (V/tgα)²/2 = 2M (vo cos²α/[1+M/m])² ;
Eпот = [vo²m/2] * 4m/M (cos²α/[1+m/M])² ;
Eпот = Eнач * 4m/M (cos²α/[1+m/M])² ;
Для угла α = 30° :
Eпот = Eнач * 9m/[4M(1+m/M)²] = Eнач * 9M/[4m(1+M/m)²] ;
где Eнач – начальная кинетическая энергия.
При m << M : Eпот —> 0 ; (проверка очевидного предельного перехода)
При m = M : Eпот = [9/16] Eнач ;
При m >> M : Eпот —> 0 ;
Ради любопытства даже можно найти экстремум потерь энергии относительно η = m/M через dEпот/dη = 0 :
dEпот/dη = 4 Eнач cos²α ( η/(1+η)² )' = 4 Eнач cos²α ( [ 1 – η ]/(1+η)³ )' = 0 ;
Что показывает, что экстремум (независимо от угла) как раз достигается при равенстве массы шара и клина:
Eпот(max) = Eнач * (cosα)^4 ;
Для угла α = 30° :
Eпот(max) = [9/16] Eнач ;
v = [M/m] V = [M/m] vo sin2α/[1+M/m] ;
v = vo sin2α/[1+m/M] ;
vy = [M/m]V/tgα – vo = 2[M/m]vo cos²α/[1+M/m] – vo =
= 2vo cos²α/[1+m/M] – vo = vo [cos2α–m/M]/[1+m/M] ;
vy = vo [cos2α–m/M]/[1+m/M] ;
Тангенс угла отскока:
tgφ = vy/v = [cos2α–m/M]/sin2α ;
tgφ = [cos2α–m/M]/sin2α ;
Для угла α = 30° :
tgφ = [1–2m/M)]/√3 ;
в частности, при M = 2m шар отскочит горизонтально.
А при m << M : tgφ —> 1/√3 ; φ —> 30°
(проверка очевидного предельного перехода)
А при m >> M : tgφ —> –∞ ; φ —> 0–90° , т.е. шар просто не заметит клин, и выжмет его из-под себя, как мушку, пролетев
почти вертикально.
(проверка очевидного предельного перехода)
ОТВЕТ:
V = vo sin2α/[1+M/m]
Для угла α = 30° :
V = √3vo /[2(1+M/m)] .