Задание №26 — Движение под углом к горизонту

Решение:

Обоснование применимости законов.

• Систему отсчёта, связанную с Землёй (с плоскостями), считаем инерциальной, поэтому применимы законы Ньютона и закон сохранения механической энергии.
• Шайба маленькая, вращением пренебрегаем — используем модель материальной точки.
• Шайба всё время скользит по наклонной плоскости, не отрываясь от неё, поэтому её движение плоское — происходит в наклонной плоскости.
• Трения между шайбой и наклонной плоскостью нет (по условию), сопротивление воздуха не учитываем. Тогда на шайбу действуют только сила тяжести $m\vec{g}$ и сила нормальной реакции $\vec{N}$, перпендикулярная наклонной плоскости. Их равнодействующая лежит в наклонной плоскости, направлена вдоль линии наибольшего ската вниз и по модулю равна $mg\sin\alpha$. Значит, ускорение шайбы постоянно: $a = g\sin\alpha$, и применимы формулы равноускоренного движения.
• Сила нормальной реакции перпендикулярна скорости и работы не совершает, трения нет, поэтому полная механическая энергия системы «шайба — Земля» сохраняется (используем это для проверки).
• Поле тяжести однородно, $g = 10\ \text{м/с}^2$.

Обозначения. $m$ — масса шайбы; $V_0 = 2\ \text{м/с}$ — начальная скорость; $\beta = 60^\circ$ — угол между $\vec{V}_0$ и прямой $AB$; $\alpha = 30^\circ$ — угол между плоскостями; $a = g\sin\alpha$ — ускорение шайбы вдоль линии наибольшего ската; $l$ — максимальное смещение шайбы от прямой $AB$, измеренное по наклонной плоскости; $H$ — искомое максимальное расстояние от шайбы до горизонтальной плоскости; $g$ — ускорение свободного падения.

1) Система координат в наклонной плоскости. Начало — в точке $A$; ось $Ox$ направим вдоль прямой $AB$, ось $Oy$ — в наклонной плоскости перпендикулярно $AB$, вверх по линии наибольшего ската. Тогда

$$v_{0x} = V_0\cos\beta,\qquad v_{0y} = V_0\sin\beta,\qquad a_x = 0,\qquad a_y = -g\sin\alpha.$$

Движение вдоль $Ox$ равномерное, вдоль $Oy$ — равнозамедленное (полная аналогия с движением тела, брошенного под углом к горизонту, но с ускорением $g\sin\alpha$ вместо $g$).

2) Максимальное удаление от прямой $AB$ достигается, когда $v_y = 0$:

$$l = \frac{v_{0y}^2}{2g\sin\alpha} = \frac{V_0^2\sin^2\beta}{2g\sin\alpha}.$$

3) Расстояние до горизонтальной плоскости. Точка наклонной плоскости, удалённая от линии пересечения $AB$ на расстояние $l$ (вдоль наклонной плоскости), находится над горизонтальной плоскостью на высоте $H = l\sin\alpha$. Так как $H$ растёт вместе с $l$, максимум $H$ достигается одновременно с максимумом $l$:

$$H = l\sin\alpha = \frac{V_0^2\sin^2\beta}{2g\sin\alpha}\cdot\sin\alpha = \frac{V_0^2\sin^2\beta}{2g}.$$

Угол $\alpha$ сократился — ответ от наклона плоскости не зависит.

4) Расчёт. $\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $\sin^2 60^\circ = 0{,}75$:

$$H = \frac{2^2\cdot 0{,}75}{2\cdot 10} = \frac{3}{20} = 0{,}15\ \text{м} = 15\ \text{см}.$$

Проверка законом сохранения энергии. В момент максимального удаления от горизонтальной плоскости скорость шайбы направлена вдоль $AB$ и равна $v = V_0\cos\beta$ (эта составляющая не меняется). Тогда

$$\frac{mV_0^2}{2} = \frac{m(V_0\cos\beta)^2}{2} + mgH \quad\Longrightarrow\quad H = \frac{V_0^2(1 - \cos^2\beta)}{2g} = \frac{V_0^2\sin^2\beta}{2g},$$

что совпадает с полученным результатом. Размерность: $\dfrac{(\text{м/с})^2}{\text{м/с}^2} = \text{м}$. Значение разумно: при вертикальном броске со скоростью $2\ \text{м/с}$ тело поднялось бы на $0{,}2\ \text{м}$, и полученные $0{,}15\ \text{м}$ меньше этой величины.

Ответ: $H = \dfrac{V_0^2\sin^2\beta}{2g} = 0{,}15\ \text{м} = 15\ \text{см}$.