Небольшой мешочек с песком падает с высоты h на один конец коромысла на расстоянии r1 от оси вращения O. На какую высоту «подпрыгнет» второй такой же мешочек, если изначально он покоится на расстоянии r2 от оси, а удар абсолютно неупругий?


+ -

Ответ

Решение задачи

Ваши ответы на задачу

ответов: 10

jonson-72 2018-01-09 11:57:16 пишет:

К этой же самой Формуле можно прийти и другим путём – не через «φ = ω²/2ε», а через Закон сохранения энергии.
– В начальной и конечной точках кинетическая Энергия (Ек) равна нулю. Потенциальная Энергия (Еп) Высоты Н, через трансформацию в Ек и обратно, снова стаёт Еп – суммарной: Высоты h МШ2 и Высоты –h/k МШ1. Если бы преобразование Энергии туда и обратно происходило без потерь, то h легко можно было бы найти из («mg» сокращено сразу):
H = h – h/k | => | h = H/(1 – 1/k) [1]
...Но ведь *путевые потери* Ек подсчитать здесь совсем не проблема! – Всё расписывать тут не буду (ибо рутина), – по итогу, послеударная Ек здесь становится меньше во столько же раз, что и Скорость МШ1, – то есть:
Ек'/Ек = ω'/ω = V'/V = 1/(k² + 1) ; – теперь, зная *потери Ек*, мы можем просто-напросто столько же "потерять" стартовой_Еп_:
H' = H/(k² + 1) ; ...и тупо подставить её в [1]:
h = H/((k² + 1)·(1 – 1/k)) ; ...что легко приводится к:
h = H/((k + 1/k)·(k – 1)) ; – "и снова здрасьте" :)
-----------------------------------------------
....Однако, это есть очень упрощённый подход к решению данной Задачи: эта Формула не учитывает действие Силы тяжести _во_время_ удара, следовательно (как и в соседней задаче) максимально корректна только для удара "сингулярного", т.е. продолжительность которого стремится к нулю, – ведь только в этом случае перманентные_mg_ мешочков можно проигнорировать. ...С увеличением же реального Времени удара, ω' будет уменьшаться, – уменьшая h. (...Но, вместе с тем, к этой h нужно будет прибавлять также Путь, пройденный МШ2 _в_процессе_ удара... – в общем, тОт ещё *дурдом*...! :)

R-2 2018-01-04 18:43:03 пишет:

Вот как хорошо! Теперь я вижу свою ошибку. Конечно же ω' = ω/(k² + 1)

R-2 2018-01-04 17:51:30 пишет:

У меня не получилось что ω' = ω/(k² + 1)
L = sum( r x p ) = sum( |r| * |p| * sin(ф) )
Проекция |L| будет sum( r * ω * m ) так как ф = pi/2
До удара |L| = r * ω * m
После удара |L| = r * ω' * m + (k * r) * ω' * m = r * m * [ω' + k*ω']
[] = ω'*(1 + k) = ω/(k² + 1)*(1 + k) а должно быть ω
Т.е. мой ответ без квадрата ω' = ω/(k + 1)

jonson-72 2018-01-03 14:28:18 пишет:

Дополнив Ответ предыдущего оратора, всё равно я не дал _правильного_ Ответа – МШ2 можно "забросить" ещё чуть повыше:), – упустил я, что МШ1 помогает МШ2 не только своим Весом, но ещё также и своей остаточной кинетической Энергией. .....В общем и целом, эту задачу таки проще решать во "вращательном" ракурсе до самого конца (а не лишь до нахождения послеударной скорости МШ2).

Коэффициент «k» здесь всё же удобнее в перевёрнутом виде.
Итак: k = r2/r1 ; – и далее в формулах: r1 = r ; r2 = k·r ;
V – скорость МШ1 ; Высота: H – начальная ; h – искомая.
--- Формула (1): h = H/(k + 1/k)² – корректна в том случае, если Автор вдруг решит, что доска по окончанию удара упирается в некий Ограничитель – т.е. это Высота _свободного_полёта_ МШ2.
--- Угловую скорость (ω = V/r) _после_ удара (ω') мы уже нашли из Закона сохранения Момента импульса:
• ω' = ω/(k² + 1) ; /// далее – суммарный Момент:
• M = m·g·r·(k – 1) ; /// суммарный Момент инерции:
• I = m·(k·r)² + m·r² = m·r²·(k² + 1) ;
--- Погашающее нашу ω' угловое Ускорение:
• ε = М/I = g·(k – 1)/(r·(k² + 1)) ;
--- Теперь, по аналогии с «s = υ²/2a»:
«φ = ω²/2ε» – и Угол поворота для ω' будет:
• φ = ω²·r/(2g·(k² + 1)·(k – 1)) ; /// – последовательно
подставляем «ω = V/r» и «V² = 2·g·H» ...и остаётся:
• φ = H/(r·(k² + 1)·(k – 1)) ; – умножаем φ на «k·r» ...
...и получаем искомое: Длина дуги торможения МШ2:
l (=h) = H·k/((k² + 1)·(k – 1)) ; последнее упрощение:
h = H/((k + 1/k)·(k – 1)) ; – тчк.
-----------------------------------------------
Смотрим по цифрам (для k = 2 ; H = 1 м):
• по Ф1: h = 0,16 м (с «Ограничителем»);
• по моей "недоделанной" Ф.: h = 0,32 м ;
• по этой, окончательной Ф.: h = 0,4 м ;
– прогресс налицо:) /// – На этом всё.

jonson-72 2017-12-29 10:33:59 пишет:

"я" (2017-12-21 14:17:23), кажется, немного "недоработал" – забыл, что Сила тяжести после удара продолжает действовать и на МШ1.

...для h << r1 < r2 мой Ответ здесь дополнен так:
r1/r2 = k ; h2 = h1/[(k + 1/k)²·(1 – k)]

jonson-72 2017-12-26 15:08:33 пишет:

R-2, "НИКОГДА" – это здесь не Факт – БЕЗ резолюции Автора, – а он ушёл в ЧСВ-отказ и молчит как партизан (...а может думает все люди телепаты:).

Если он задумал тупо обмен Импульсами, то ответ простой:
H1 = k²·H ; где k = r1/r2 ;
...Но если доска ДОЛЖНА(?) продолжать толкать МШ2, то Ответ будет уже чуть более сложен.
...А если там ещё и такие углы МОГУТ(?) появиться, изменяющиеся синусы-косинусы которых нужно учитывать, – то это уже задача не Cреднего уровня сложности.

(+ ...а ЕСЛИ мешочки (один из) МОГУТ(?) с доски соскользнуть – ДО окончания процессов – то будет...вообще "беспредел":)

R-2 2017-12-23 16:27:44 пишет:

Автор не ответит на Ваш вопрос. Нам надо самим сделать разумное предположение. Мне кажется что h << r1 < r2. В этом случае - НИ КОГДА доска _не перестаёт_ толкать МШ2.

Как я говорил, кинетическая энергия после удара слева 4/9 и справа 1/9. Всего 5/9. Она тратиться на подъем центра масс (2m.) рычагом в 1/3. Т.е. H = 5/9 * 3/2 = 5/6

R-2 2017-12-21 20:13:10 пишет:

А у меня, по чему-то, не так. Если r1=1 и r2=2, правый хвост ведет себя как более массивное тело (2m.) Т.е. после того как они слипнутся скорость будет 1/3 (справа) и значит 2/3 (слева.) H=4/9. Я где-то наврал?

я 2017-12-21 14:17:23 пишет:

h/(r1/r2+r2/r1)^2
Если выполнены все ограничения по жесткости и легкости коромысла, малости мешка и достаточности искомой высоты, то импульса, приобретенного первым мешком, и переданного второму, с учетом сохранения момента импульса, хватит, чтоб забросить второй мешок на такую высоту.

Я 2017-12-21 13:18:33 пишет:

Если взаимодействие коромысла с мешком абсолютно неупругое, то никто никуда не полетит, пока кто-то не остановит само коромысло ;)

Добавьте комментарий:

© 2009-201x Логические задачи