Zadanie
Vladko si nedal povedať a opäť raz nebral do úvahy nebezpečnosť točiacich sa papekov. Tentokrát si zobral jeden tenký dĺžky \(L\) a vyhodil ho do vzduchu tak, že sa papek točil okolo svojho stredu vo zvislej rovine vo výške \(h\) nad zemou uhlovou rýchlosťou \(\omega\). Vladkovi však padla sánka, keď sa mu zrazu papek pred očami rozpadol na márne kúsky, ktoré, ako fyzikálne zákony kážu, padali k zemi. Vladko bol tak vyvedený z miery, že ani nestihol schmatnúť stopky. Preto by ho zaujímalo, ako najdlhšie sa môže celá palica (t. j. všetky kúsky) udržať vo vzduchu, a taktiež ako pootočená musí byť palica v čase rozpadu, aby taká situácia nastala.
Na začiatok sa pokúsime odolať pokušeniu riešiť spojite veľa šikmých vrhov. Keďže po rozpadnutí palice pôsobí na jednotlivé kúsky len tiažová sila, vieme povedať, že ťažisko, ktoré na začiatku stálo, sa bude hýbať voľným pádom k zemi. Vo vzťažnej sústave s ním spojenej sa budú kúsky rozpadnuvšej sa palice hýbať rovnomerne priamočiaro.
Jedinou cenou za takýto prechod je, že zem teraz zrýchľuje tiažovým zrýchlením nahor. Jednotlivé kúsky palice sa hýbu nielen rovnomerne priamočiaro, ale ich rýchlosť je tiež úmerná vzdialenosti od stredu/ťažiska palice. Teda ak by sme sa pozreli na rýchlosť kúsku, ktorý bol na začiatku vo vzdialenosti \(x\) od stredu palice, je to \(v(x)=\omega x\). Dráha ktorú tento kúsok prejde v čase je teda \(vt=\omega xt\). Ak sa teraz pozrieme na pomer tejto vzdialenosti k \(x\), dostaneme \(\omega t\). To znamená, že aj po rozpadnutí budú tvoriť (teraz už predlžujúcu sa) čiaru. Označme uhol, ktorý zviera táto čiara s vodorovnou hladinou v čase \(t\) ako \(\phi(t)\). Uhol v čase rozpadnutia nech je \(\phi(0)\).
Už spomenutá rôznorodosť rýchlostí kúskov spôsobuje, že lineárne v čase bude rásť \(\tan\left(\phi(t)-\phi(0)\right)\).
Vieme, že nemôže nastať situácia, v ktorej dopadnú všetky kúsky neskôr ako ťažisko. Keďže čas dopadu ťažiska je pre zadané parametre konštantný \(\tau = \sqrt{\frac{2h}{g}}\), najlepšie, čo vieme dosiahnuť je dopad ťažiska ako prvého. Ak má ťažisko dopadnúť prvé, musia spolu s ním dopadnúť rovno všetky kúsky. To zodpovedá situácii \[\phi(\tau)=\pi\text{,}\]
čiže \[\pi=\phi(0)+\arctan{\omega\tau}\text{,}\]
\[\phi(0)=\pi-\arctan{\omega\sqrt{\frac{2h}{g}}}\text{.}\]
Diskusia
Tu môžte voľne diskutovať o riešení, deliť sa o svoje kusy kódu a podobne.
Pre pridávanie komentárov sa musíš prihlásiť.