На гладкой горизонтальной поверхности покоится клин массой M. На грань, составляющей угол 30 градусов с горизонтом, падает шар массой m со скоростью v. В результате клин начинает двигаться. Определите скорость клина. Время удар...

При малом времени соударения изменение импульса шарика будет перпендикулярно плоскости клина (так как сила реакции опоры перпендикулярна плоскости клина). Поэтому составляющая импульса, касательная плоскости клина, не поменяется, а нормальная изменится на Δp. Итак можно записать для новых составляющих, что [latex]p'_\parallel = p_\parallel = mv\sin\alpha\\ p'_\perp = p_\perp+\Delta p = \Delta p - mv\cos\alpha [/latex] Кроме того, изменение горизонтальной проекции импульса клина будет равно изменению горизонтальной проекции импульса шарика. Поэтому горизонтальный (и полный, так как вертикального нет) импульс клина после удара равен [latex]p_k = \Delta p\sin\alpha[/latex] Теперь закон сохранения энергии (удар упругий) [latex]\frac{mv^2}{2} = \frac{p'_\parallel^2+p'_\perp^2}{2m}+\frac{p_k^2}{2M}\\\\ m^2v^2 = m^2v^2\sin^2\alpha+(\Delta p - mv\cos\alpha)^2 + \frac{m}{M}(\Delta p\sin\alpha)^2\\\\ m^2v^2 = m^2v^2 + \Delta p^2(1+\frac{m}{M}\sin^2\alpha) - 2mv\Delta p\cos\alpha\\\\ \Delta p = \frac{2mv\cos\alpha}{1+\frac{m}{M}\sin^2\alpha}\\\\ v_k = p_k/M = \frac{\Delta p\sin\alpha}{M} = v\frac{m\sin2\alpha}{M+m\sin^2\alpha}[/latex] Заметим, что при массе клина много большей массы шарика вторым слагаемым в знаменателе можно пренебречь, и импульс клина после удара будет равен mv*sin 2α, что означает, что угол отражения шарика равен углу падения (как и должно быть для абсолютно упругого удара о неподвижный клин)

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)] .