По . нецентральное соударение шаров. бильярдный шар массой m лежит неподвижно на столе. об этот шар ударяется другой шар массой m, со скоростью параллельной к краю стола. какое должно быть расстояние между краем ударного шара и центром шара неподвижного, чтобы тот движущийся шар полетел под углом 60 градусов к краю стола? всегда ли такое возможно?

Ответы

kuyavchr 03.10.2020 04:20

Либо я что-то не так понимаю, либо задачка совсем непростая.
Пусть

- прицельный параметр (его мы и будем искать потом).
Легко видеть, что направление скорости мишени после удара не зависит от скорости налетающего шара и составляет угол $\alpha$ с горизонтом такой, что его синус $\sin \alpha=\dfrac{d}{2R}$ , где

- радиус каждого из шаров.
Пишем теперь законы сохранения:
энергии:
$\mathrm{(1)\ \ }V_0^2=\mu v^2+V^2;$
импульса:
$\mathrm{(2)\ \ } V_0=\mu v\cos\alpha+\dfrac{V}{2};\\ \mathrm{(3)\ \ } V\dfrac{\sqrt3}{2}=\mu v\sin\alpha.$
(Здесь принято обозначение $\mu\equiv\dfrac mM$ .)
Теперь делаем такой трюк: выразим из уравнений (2)

члены, содержащие выражения с фактором $\mu v$ , возведем их в квадрат и сложим. Тогда около этого фактора после сложения окажется тригонометрическая единица. Так мы избавляемся от функции угла.
$\mu^2v^2=V_0^2-V_0V+V^2$
Отсюда возьмем $\mu v^2$ и подставим эту конструкцию в (1)

.
$\mu V_0^2=V_0^2-V_0V+V^2+\mu V^2$ .
Это квадратное уравнение относительно $\dfrac{V_0}{V}$ :
$\left(\dfrac{V_0}{V}\right)^2-\dfrac{1}{1-\mu}\ \left(\dfrac{V_0}{V}\right)+\dfrac{1+\mu}{1-\mu}=0$ .
Его решение имеет вид:
$\boxed{\dfrac{V_0}{V}=\dfrac{1\pm\sqrt{4\mu^2-3}}{1-\mu}}\ \ \mathrm{(*)}$ .
Теперь вспоминаем про функцию угла, содержащуюся в уравнениях (2)

. Опять выражаем из них выражения с фактором $\mu v$ , но в этот раз мы разделим одно на второе (косинус на синус, например). Получим:
$V_0=V\dfrac{\sqrt3}{2}\cot\alpha+\dfrac V2.$
Другими словами,
$\boxed{\dfrac{V_0}{V}=\dfrac{\sqrt3 \cot\alpha+1}{2}}\ \ \mathrm{(**)}$ .
Сравнивая $\mathrm{(*)}$ и $\mathrm{(**)}$ , находим одно тривиальное решение, отвечающее отсутствию удара вообще и одно нетривиальное, отвечающее равенству правых частей. Это равенство представляет из себя некое уравнение на угол. Теперь мы вспомним про самое первое уравнение, написанное в решении. Из него легко получить $\cot\alpha=\sqrt{\left(\dfrac{2R}{d}\right)^2-1}.$
Принимая это во внимание и разрешая получившееся из $\mathrm{(*)}$ и $\mathrm{(**)}$ уравнение относительно прицельного параметра, получим окончательный ответ:
$d=2R\left\{\dfrac13\left[1+\left(-1+2\dfrac{1\pm\sqrt{4\mu^2-3}}{1-\mu}\right)\right]^2\right\}^{-1/2}.$

Отсюда, кстати, видно условие на отношение масс: оно должно быть таким, чтобы корень был неотрицательным, т.е., необходимое условие для того, чтобы описанное в условии движение могло иметь место в принципе, выглядит следующим образом: $\mu \geq \dfrac{\sqrt3}{2}$ .