На гладкой горизонтальной поверхности лежит клин массой M. На грань, составляющей

Я перевыложила эту задачку и прикрепила к ней решение в рамках задачки трёх тел. Такое решение приводит к неопределённости, которая там и показана. http://znanija.com/task/22134559

В данном случае ниже решение получено в рамках задачи 2-ух тел, в применении в двум моментальным поочередным (очень недалёким) событиям.

При малом времени соударения изменение импульса шарика будет перпендикулярно плоскости клина (так как сила реакции опоры перпендикулярна плоскости клина). Потому составляющая импульса, касательная плоскости клина, не поменяется, а обычная поменяется на p. Итак можно записать для новых составляющих, что



Не считая того, изменение горизонтальной проекции импульса клина будет одинаково изменению горизонтальной проекции импульса шарика. Потому горизонтальный (и полный, так как вертикального нет) импульс клина после удара равен



Сейчас закон сохранения энергии (удар гибкий)



Заметим, что при массе клина много большей массы шарика вторым слагаемым в знаменателе можно пренебречь, и импульс клина после удара будет равен mv*sin 2, что означает, что угол отражения шарика равен углу падения (как и обязано быть для безусловно упругого удара о недвижный клин)

Если резко стукнуть мотком по лежащей на полу доске то она подскочит. Это произойдет поэтому, что молоток передаст дощечке импульс, с 
которым она отчасти упруго провзаимодействует с полом и отпрыгнет. Приблизительно такие же действия здесь будут происходить меж клином и 
горизонтальной поверхностью. Клин или отпрыгнет, если он провзаимодействует с поверхностью упруго, или он просто растеряет энергию 
вертикального импульса при неупругом взаимодействии с горизонтальной поверхностью. А потому было бы ошибкой учитывать только 
горизонтальную скорость клина в энергетическом уравнении.

Ещё раз, как именно клин после соударения с шаром будет вести взаимодействие с горизонтальной поверхностью мы не знаем (будет скакать 
или просто будет двигаться горизонтально), так как нам не заданы характеристики взаимодействия клина и поверхности (абсолютно-упругое, 
безусловно-неупругое и т.п.), но в любом случае, нам нужно учитывать часть кинетической энергии, которую будет нести вертикальный 
(!) импульс клина.

Что бы развеять сомнения, добавлю, что, так как мы считаем удар мгновенным, то в тот момент, когда шар Теснее оторвётся от верхней 
поверхности нижняя поверхность клина ЕЩЁ не будет знать, что клин теснее движется вниз, так как сигнал (в виде упругой волны) о 
верхнем содействии ещё не дойдёт до дна.

Шар ведет взаимодействие с клином точно поперёк их общей поверхности в момент контакта. А поверхность эта сориентирована к горизонту под 
углом = 30. Стало быть, сила, действующая на клин будет придавать вертикальный импульс и скорость в ctg раз больший, чем 
горизонтальный импульс и скорость.

Обозначим горизонтальную скорость клина, как V, тогда его вертикальная скорость V/tg .

Будем считать, что скорость шара после отскока ориентирована вбок и ВВРЕХ. Именно из этих соображений далее будем записывать законы 
сохранения (если получится отрицательное значение скорости, то означает, она направлена вниз). Обозначим горизонтальную составляющую 
конечной скорости шара, как v, а вертикальную, как vy.

Из закона сохранения импульса по горизонтали светло, что:

mv = MV ;

v = [M/m] V ;

Из закона сохранения импульса по вертикальной оси найдём vy:

m vo = MV/tg mvy  ,     где угол клина.

vy = [M/m] V/tg vo ;

Из закона сохранения энергии найдём горизонтальную скорость клина:

mvo = mv + mvy + MV + M (V/tg) ;

mvo = [M/m]V + m ( [M/m]V/tg vo ) + MV/sin ;

mvo = [M/m]V + [M/m]V/tg 2MVvo/tg + mvo + MV/sin ;

0 = [M/m]V/sin 2MVvo/tg + MV/sin ;

2 vo sincos = ( 1 + M/m ) V ;

V = vo sin2/[1+M/m] ;

Для угла = 30 :

V = 3vo/[2(1+M/m)] ;

В частности, при m = M :    V = vo sin2/2 ;

В частности, при m gt;gt; M :    V = vo sin2 ;

Часть энергии не перевоплотится ни в движение клина по плоскости, ни в движение шара, а уйдёт вкупе с вертикальным импульсом клина или 
в колебания клина над поверхностью, или во внутреннюю энергию (при неупругом взаимодействии клина с поверхностью). Что бы там с этой 
энергией дальше не происходило нужно учесть эту энергию отдельно, чтоб не отнести её по ошибке к энергии горизонтального 
движения клина. После объяснения термина утрата энергии в контексте данной задачки, можно эту утрату и посчитать.

Утрата энергии: Eпот = M (V/tg)/2 = 2M (vo cos/[1+M/m]) ;

Eпот = [vom/2] * 4m/M (cos/[1+m/M]) ;

Eпот = Eнач * 4m/M (cos/[1+m/M]) ;

Для угла = 30 :

Eпот = Eнач * 9m/[4M(1+m/M)] = Eнач * 9M/[4m(1+M/m)] ;

где Eнач исходная кинетическая энергия.

При m lt;lt; M    :   Eпот gt; 0 ;     (проверка явного предельного перехода)

При m = M    :    Eпот = [9/16] Eнач ;

При m gt;gt; M    :    Eпот gt; 0 ;

Ради любопытства даже можно отыскать экстремум утрат энергии условно = m/M через dEпот/d = 0 :

dEпот/d = 4 Eнач cos ( /(1+) )' = 4 Eнач cos ( [ 1 ]/(1+) )' = 0 ;

Что показывает, что экстремум (независимо от угла) как раз достигается при равенстве массы шара и клина:

Eпот(max) = Eнач * (cos)^4 ;

Для угла = 30 :

Eпот(max) = [9/16] Eнач ;



v = [M/m] V = [M/m] vo sin2/[1+M/m] ;

v = vo sin2/[1+m/M] ;

vy = [M/m]V/tg vo = 2[M/m]vo cos/[1+M/m] vo =
= 2vo cos/[1+m/M] vo = vo [cos2m/M]/[1+m/M] ;

vy = vo [cos2m/M]/[1+m/M] ;

Тангенс угла отскока:

tg = vy/v = [cos2m/M]/sin2 ;

tg = [cos2m/M]/sin2 ;

Для угла = 30 :

tg = [12m/M)]/3 ;

в частности, при M = 2m  шар отпрыгнет горизонтально.

А при m lt;lt; M    :   tg gt; 1/3    ;     gt; 30

(проверка явного предельного перехода)

А при m gt;gt; M    :   tg gt;    ;     gt; 090   , т.е. шар просто не заметит клин, и выжмет его из-под себя, как мушку, пропархав 
почти вертикально.

(проверка явного предельного перехода)



ОТВЕТ:

V = vo sin2/[1+M/m]

Для угла = 30 :

V = 3vo /[2(1+M/m)] .