Задача F314

Условие

По гладкой и абсолютно неупругой коленчатой трубке, содержащей очень большое число колен, начинает скользить шарик (рис. 3). Найти установившуюся скорость движения шарика по горизонтальным участкам трубки. Зависит ли она от начальной скорости? Разность высот соседних горизонтальных участков $h$. Наклонные участки образуют с горизонтом угол $\alpha$.

Рис. 3.

Решение

По эладкой и абсо-
лотно неупрусяй мрубке,
содержащей очень большое
число колен, начиная с сколь-
зимы шарика (рис. 13). Найти
установившуюся скорость
движения шарика по горизонтальным
участкам мрубки. Зависит ли она от начальной
скорости? Разность высотем соседних горизонтальных
участков h. Наклонные
участки образуют с горизонтом угодл α.

Двигаясь по наклонному участку главной трубки, шарик увеличивает свою кинетическую энергию, а при удалах в момент перехода с одного участка на другой — теряет энергию. Поэтому действительное можно говорить об установившейся скорости $v_{yct}$ движения шарика по такой трубке. Показем это более строго.

При каждом ударе составляющая импульса шарика, перепределularная оси того колена трубки, в которой шарик переходит, становится равной нулю. Составляющая же импульса, направлена вдоль оси этого колена, остается неизменной. Поэтому, если шарик подошел к излому трубки со скоростью $v$, он отойдет от него со скоростью $v$ угодл α (рис. 13).

Пусть скорость шарика в конце начального горизонтального участка равна $v_0$. После перехода через излом она будет равна $v_0$ угодл α. В конце первого начального участка скорость увеличится до значения

$$v_1 = \sqrt{v_0^2 \cos^2 \alpha + 2gh},$$

которое можно найти, применяя закон сохранения механической энергии

$$\frac{m(v_0 \cos \alpha)^2}{2} + mgh = \frac{mv_1^2}{2}.$$

На втором горизонтальном участке, следующего после перехождения излом, скорость будет равна

$$v_2 = v_1 \cos \alpha = \sqrt{v_0^2 \cos^2 \alpha + 2gh \cos \alpha},$$

на третьем горизонтальном участке —

$$v_3 = \sqrt{v_0^2 \cos^6 \alpha + 2gh \left(\cos^4 \alpha + 1\right) \cos \alpha},$$

на четвертом —

$$v_4 = \sqrt{v_0^2 \cos^{10} \alpha + 2gh \left(\cos^8 \alpha + \cos^4 \alpha + 1\right) \cos \alpha},$$

на n-м —

$$v_n = \sqrt{v_0^2 \cos^{2(2n-3)} \alpha + 2gh \left(\cos^4(n-2)\alpha + \cos^4(n-3)\alpha + \ldots + 1\right)} \times \cos \alpha = \sqrt{v_0^2 \cos^{2(2n-3)} \alpha + 2gh \frac{1 - \cos^4(n-1)}{\cos^4 \alpha}} \cos \alpha.$$

Так как $\cos \alpha < 1$, при очень больших $n \cos^2(2n-3) \alpha \ll 1$ и $\cos^4(n-1) \alpha \ll 1$. Поэтому шарик будет движаться по горизонтальным участкам с установившейся скоростью

$$v_{yct} \approx \frac{\cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^4 \alpha}} \sqrt{2gh} = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha \sqrt{1 + \cos^2 \alpha}} \sqrt{2gh}.$$

Заметим, что $v_{yct}$ не зависит от начальной скорости $v_0$. Знача, что установившаяся скорость существенно из уравнения (*), где необходимо положить $v_{yct} = v_0 = v_1 \cos \alpha$ (см. рис. 13).

42