Решение

(а) Пусть нормальная сила со стороны пола на лестницу равна \(N\). Тогда в предельном случае сила трения принимает максимальное значение, так что трение со стороны пола равно \(\mu N\).

Поскольку лестница в равновесии, у нас три уравнения: равновесие сил по горизонтали и по вертикали, а также моментов. Быстро взглянув на вертикальные силы, легко видим, что \(N_2 = mg\). Затем, глядя на горизонтальные силы, видим, что \(N_1 = \mu N\). Значит, остаётся только одно уравнение моментов.

Сначала нужно найти точку опоры лестницы. Обычно точкой опоры системы является место, где приложено больше сил. Итак, глядя на лестницу, видим, что точка опоры — низ лестницы. Балансируя моменты от силы тяжести и \(N_1\), имеем \[N_1\ell\sin\theta = mg(\ell/2)\cos\theta\ \Longrightarrow\ N_1 = \frac{mg}{2\tg\theta}.\] Это же и значение силы трения \(F\), как мы выяснили раньше. Итак, из \(F\le\mu mg\) находим \[\frac{mg}{2\tg\theta}\le\mu mg\ \Longrightarrow\ \boxed{\tg\theta\ge\frac1{2\mu}}.\]

(б) Построение диаграммы сил даёт следующий чертёж.

Из баланса сил видим, что нет силы, которая противодействовала бы силе \(\mu N\) со стороны стены. Это значит, что в этом случае лестнице \(\boxed{\text{невозможно оставаться неподвижной}}\).

Есть более простой способ решить пункт (а). Спроецируем вектор силы тяжести \(mg\) и нормальную силу со стороны стены \(N_1\) так, чтобы они встретились в точке над серединой лестницы. В этом месте момент, создаваемый этими двумя силами, равен нулю. Чтобы система была в статическом равновесии, сила со стороны земли тоже должна проходить через эту точку. Наклон силы со стороны земли к горизонту равен \(2\tg\theta\).

Поскольку сила со стороны земли складывается из нормальной силы \(N_2\) и силы трения \(f_s\), имеем \[2\tg\theta = \frac{N_2}{f_s}.\] Объединяя это с \(f_s\le\mu N_2\), получаем \[\boxed{\tg\theta\ge\frac1{2\mu}}.\]

Решение

Рассмотрим ситуацию, когда жук прошёл расстояние \(x\) от верхнего конца и движется со скоростью \(v_b\). Палка всё время остаётся в покое, составляя с полом угол \(\alpha\). Когда жук находится на расстоянии \(\ell-x\) от нижнего конца стержня, момент сил на жука относительно самой нижней точки (назовём её \(O\)) создаётся силой тяжести и равен \[\vec\tau_O = \vec r\times\vec F = mg(\ell-x)\cos\alpha\,\hat k.\] В этот момент момент импульса жука можно записать как \[\vec L_O = mv\ell\sin\alpha\cos\alpha\,\hat k.\] Итак, имеем \[\vec\tau_O = \frac{d\vec L_O}{dt}\ \Longrightarrow\ m\ell\sin\alpha\cos\alpha\frac{dv}{dt} = mg(\ell-x)\cos\alpha,\] \[\frac{dv}{dt} = \frac{d^2x}{dt^2} = \frac g{\sin\alpha}(1-x/\ell) = -\frac g{\ell\sin\alpha}(x-\ell).\] Заметим, что вторая производная положения жука пропорциональна взятому со знаком минус расстоянию от точки \(O\). Но это напоминает уравнение простого гармонического движения относительно среднего положения \(O\)! Итак, как найдено выше, \[\boxed{a_{\text{жука}} = \frac g{\sin\alpha}(1-x/\ell)},\] где \(\sqrt{\frac g{\ell\sin\alpha}}\) можно считать угловой частотой этого гипотетического гармонического движения. Время, за которое жук доберётся до самой нижней точки, — это попросту четверть периода этого гармонического движения \(T_0\), так что \[\boxed{T_{\text{жука}} = \frac{T_0}4 = \frac\pi2 \sqrt{\frac{\ell\sin\alpha}g}}.\]

Решение 2. Палка сообщает жуку ускорение \(a\), так что жук действует на стержень с силой \(ma\), направленной вдоль стержня. Чтобы система была неподвижна, нормальная сила со стороны земли должна быть \(N_1 = mg\). Балансируя моменты относительно жука, имеем \[N_1\cos\alpha(\ell-x) = N_2\sin\alpha\,\ell\ \Longrightarrow\ N_2 = mg\ctg\alpha\,(1-x/\ell).\] Равнодействующая сила должна быть нулевой, так что можно сложить векторы \(N_1\), \(N_2\) и \(ma\) (они образуют прямоугольный треугольник). Горизонтальная компонента силы, с которой жук действует на стержень, \(ma\cos\alpha\), должна уравновесить \(N_2\): \[ma\cos\alpha = mg\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}(1-x/\ell)\ \Longrightarrow\ a = \frac{g(1-x/\ell)}{\sin\alpha}.\] Это можно записать и так: \[\ddot x = -\frac g{\ell\sin\alpha}x+\frac g{\sin\alpha}.\] Это уравнение гармонического движения с периодом \(T = 2\pi\sqrt{\frac{\ell\sin\alpha}g}\). Путь от верха до низа соответствует четверти периода (от максимума потенциальной энергии к максимуму кинетической), так что \[\boxed{t = \frac\pi2\sqrt{\frac{\ell\sin\alpha}g}}.\]

Решение

Ключевое наблюдение: если суммарная вертикальная составляющая нормальной силы и силы трения направлена вниз, то стопор заклинит. Попробуем вычислить вертикальные составляющие участвующих сил. Пусть нормальная сила, направленная на клин, равна \(N\). Тогда вертикальная компонента нормальной силы — это либо \(N\cos\alpha\), либо \(N\sin\alpha\). Определить компоненту можно, прослеживая углы, но проще представить \(\alpha\to0\). В этом случае горизонтальная компонента нормальной силы тоже стремится к нулю — так ведёт себя синус, значит, горизонтальная компонента равна \(N\sin\alpha\). Это, в свою очередь, означает, что вертикальная компонента равна \(N\cos\alpha\).

Теперь найдём вертикальную составляющую трения. Сила трения, направленная вниз по направлению клина, равна \(\mu N\) (поскольку \(N\) уже перпендикулярна, тригонометрических множителей не нужно). Значит, вертикальная компонента трения равна \(\mu N\sin\alpha\).

Приравняем их с неравенством, где вертикальная компонента нормальной силы больше силы трения, чтобы клин прошёл: \[N\cos\alpha>\mu N\sin\alpha\ \Longrightarrow\ \boxed{\mu<\ctg\alpha}.\]

Решение

На стержень в вертикальном направлении действуют две силы: его вес и сила трения, максимум которой равен \(\mu N_1\). По мере роста веса \(N_1\) тоже должна расти. Рассмотрим предельный случай \(W_{\text{стержня}}\to\infty\). Нормальные силы и силы трения, действующие на цилиндр, будут так велики, что массой цилиндра можно пренебречь, т. е. силой \(mg\) можно пренебречь. Это позволяет нам фактически «выключить» тяжесть.

Повернём теперь конструкцию на угол \(\alpha/2\) так, чтобы она стала полностью симметричной относительно вертикальной оси. Ясно, что горизонтальные силы взаимно уничтожатся.

Теперь остаётся уравновесить вертикальные силы. В силу симметрии \(y\)-компонента каждой силы трения уничтожается \(y\)-компонентой каждой нормальной силы. Для левой стороны имеем \[N_1\sin(\alpha/2) = \mu_1N_1\cos(\alpha/2)\ \Longrightarrow\ \boxed{\mu_1>\tg(\alpha/2)}.\] Неравенство возникает потому, что уравнение баланса сил даёт максимальное трение. Аналогично для другой стороны: \[\boxed{\mu_2>\tg(\alpha/2)}.\]

Решение

\

Здесь \(P\) — точка контакта доски с полусферой после поворота на \(\theta\), а \(L\) — исходная точка контакта. \(C\) — центр масс доски.

Чтобы решить задачу, повернём доску на угол \(\theta\) и рассмотрим моменты в этот момент. Прежде всего видим, что \(\angle POL = 90^\circ-\angle OLP = \theta\).

Мы хотим, чтобы \(C\) создавала момент по часовой стрелке относительно \(P\), значит, расстояние между \(C\) и \(OL\) должно быть больше расстояния между \(P\) и \(OL\). Это значит \[\frac h2\sin\theta<R\sin\theta\ \Longrightarrow\ \boxed{R>\frac h2}.\] Если исходное положение было устойчивым, то малые отклонения поднимали бы центр масс. Поэтому мы хотим \[R\cos\theta+R\theta\sin\theta+\frac h2\cos\theta>R+\frac h2.\] Пользуясь \(\cos\theta\approx1-\frac{\theta^2}2\) и \(\sin\theta\approx\theta\), это неравенство можно переписать и получить то же условие \(R>\frac h2\).

Решение

Аналогично задаче 16 мы хотим, чтобы \[\rho gh(\pi R^2) = mg+V\rho g,\] только на этот раз \[ V &= \tfrac23\pi R^3-\pi H^2\Bigl(R-\frac H3\Bigr) = \tfrac23\pi R^3-\pi(R-h)^2\Bigl(\frac{2R+h}3\Bigr)\\ &= \tfrac23\pi R^3-\tfrac\pi3(2R^3-3R^2h+h^3) = \pi R^2h-\tfrac\pi3h^3. \] Подставляя это, получаем \[\rho gh(\pi R^2) = mg+\pi R^2h\rho g-\tfrac\pi3h^3\rho g,\] т. е. \(mg = \frac\pi3h^3\rho g\), откуда \[\boxed{h = \sqrt[3]{\frac{3m}{\pi\rho}}}.\] Проверим: подставив \(m = \frac\pi3\rho R^3\), действительно получаем \(h = R\).

Решение

Предположим, что давление на поверхности воды однородно. Во вращающейся системе отсчёта воды каждый элемент воды покоится. Значит, в этой вращающейся системе уравнение гидростатики имеет вид \[\vec F+\vec F_{\text{цб}}-\vec\nabla P = 0,\] где \(\vec F = -\rho g\hat\jmath\) — сила на единицу объёма, \(\vec F_{\text{цб}}\) — центробежная сила, а \(-\vec\nabla P\) — сила из-за градиента давления.

Ясно, что по определению \(\vec F_{\text{цб}} = -\rho\vec\omega\times (\vec\omega\times\vec R)\), так что уравнение гидростатики принимает вид \[\vec\nabla P = -\rho g\hat\jmath+\rho\omega^2x\hat\imath \ \Rightarrow\ \frac{\partial P}{\partial x} = \rho\omega^2x,\qquad \frac{\partial P}{\partial y} = -\rho g.\] Интегрируя, имеем \[P = \frac{\rho\omega^2x^2}2-\rho gy.\] Считая давление на поверхности постоянным, получаем \[\frac{\rho\omega^2x^2}2 = \rho gy\ \Rightarrow\ y = \frac{\omega^2}{2g}x^2.\] Итак, сечение поверхности вращающейся воды — парабола с этим уравнением. Подставляя \(x = R\), получаем относительную высоту у края сосуда: \[\boxed{\Delta h = \frac{\omega^2R^2}{2g}}.\]

Решение 2. Рассмотрим частицу воды на поверхности. Во вращающейся системе на неё действуют три силы: сила тяжести вниз, центробежная сила наружу и нормальная сила, перпендикулярная поверхности.

Три силы должны в сумме давать нуль. Складывая их геометрически, получаем замкнутый прямоугольный треугольник,

где \(\tg\theta = \frac g{\omega^2r}\). Поскольку нормальная сила перпендикулярна поверхности, наклон поверхности в этой точке равен \[\frac{dh}{dr} = \ctg\theta = \frac{\omega^2r}g.\] Интегрируя от 0 до \(R\), получаем \[\boxed{\Delta h = \frac{\omega^2R^2}{2g}}.\]

Решение

Сначала перейдём в ускоренную систему отсчёта, в которой \(M\) неподвижна. Ускорение \(M\) равно \[Ma_M = T-T\sin\alpha\ \Longrightarrow\ a_M = T\frac{1-\sin\alpha}M.\] Тогда на \(m\) будет действовать фиктивная сила, направленная вправо. Настоящая сила тяжести и фиктивная сила складываются, давая эффективную силу тяжести.

Заметим, что даже в этой ускоренной системе \(m\) не покоится. Она движется в направлении, параллельном удерживающей её верёвке, и по условию нерастяжимости верёвки ускорение \(m\) в этой системе равно \(a_m = a_M\). Балансируя силы, получаем \[mg_{\text{эфф}}-T = ma_M.\] Подставляя \(g_{\text{эфф}} = \frac g{\cos\alpha}\) и \(a_M\), получаем \[\frac{mg}{\cos\alpha}-T = T\Bigl(\frac mM\Bigr)(1-\sin\alpha).\] Отсюда можно найти \[T = \frac{mg}{\cos\alpha}\cdot\frac1{1+(m/M)(1-\sin\alpha)}.\] Отношение фиктивной силы и силы тяжести образует прямой угол, так что \[\tg\alpha = \frac{a_M}g = \frac T{mg}(1-\sin\alpha).\] Подставляя \(T\), сокращая \(\cos\alpha\) с обеих сторон и решая относительно \(m/M\) (алгебра займёт некоторое время), получаем \[\boxed{\frac mM = \frac{\sin\alpha}{(1-\sin\alpha)^2}}.\]

Решение

Пусть нормальная сила на цилиндр равна \(N_1\), нормальная сила на клин — \(N_2\), а нормальная сила между цилиндром и клином — \(N\). Если цилиндр движется вниз с ускорением \(a_1\), а клин движется вверх с ускорением \(a_2\), то из геометрии получаем уравнение связи \[-a_1+a_2 = 0\ \Longrightarrow\ a_1 = a_2.\] Чтобы найти ускорение, воспользуемся лагранжевым формализмом. Пусть цилиндр опускается на малую величину \(\xi\); тогда клин поднимается на \(\xi\), а значит, изменение потенциальной энергии равно \[\Pi(\xi) = (M-m)g\sin\alpha\,\xi.\] Дифференцируя по \(\xi\), получаем \(\Pi'(\xi) = (M-m)g\sin\alpha\). Кинетическая энергия системы в этом случае равна \[K = \tfrac12(m+M)\dot\xi^2,\] откуда \(\mathcal M = m+M\). Это даёт ускорение \[a = \frac{m-M}{m+M}g\sin\alpha.\] Проецируя законы Ньютона на цилиндр, получаем уравнение \[mg\sin\alpha-N\cos\alpha = ma.\] Подставляя наше значение ускорения, получаем \[mg\sin\alpha\Bigl(1-\frac{m-M}{m+M}\Bigr) = N\cos\alpha,\] \[\boxed{N = 2\frac{Mm}{m+M}g\tg\alpha}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике» (правда, там спрашивалась только скорость).

Решение

Обозначим горизонтальные ускорения трёх масс справа налево как \(a_1\), \(a_2\) и \(a_3\), как показано на чертеже ниже. Пусть вертикальное ускорение верхней массы равно \(a_y\).

Внешних сил в горизонтальном направлении нет, поэтому \[ma_2+ma_3 = 4ma_1\ \Longrightarrow\ a_2+a_3 = 4a_1.\] Как и в первом решении, можно показать, что компонента ускорения верхней массы вдоль левого стержня должна совпадать с компонентой ускорения левой массы вдоль левого стержня. Это значит \[a_2\cos45^\circ+a_y\sin45^\circ = a_3\cos45^\circ\ \Longrightarrow\ a_2+a_y = a_3.\] То же верно и вдоль правого стержня, что даёт \(a_y-a_2 = a_1\). Решая эти три уравнения, получаем \[a_y = 2a_1,\qquad a_2 = a_1,\qquad a_3 = 3a_1.\] Применяя второй закон Ньютона к самой правой массе, имеем \(F_1\cos45^\circ = (4m)a_1\). Для левой массы \(F_2\cos45^\circ = ma_3 = m(3a_1)\). Для верхней массы в вертикальном направлении получаем \[mg-(F_1\cos45^\circ+F_2\cos45^\circ) = ma_y = m(2a_1).\] Подставляя \(F_1\) и \(F_2\), получаем \[mg-7ma_1 = 2ma_1\ \Longrightarrow\ \boxed{a_1 = \frac g9}.\]

Решение 2. На верхнюю массу действуют три силы: сила \(F_2\) со стороны левого стержня (сжатие), \(F_1\) со стороны правого стержня (сжатие) и сила тяжести \(mg\). У массы \(4m\) есть только горизонтальное ускорение. Поэтому \[4mg+\frac{F_1}{\sqrt2} = N.\] Теперь в неинерциальной системе отсчёта верхней массы у массы \(4m\) есть только тангенциальное ускорение, поскольку разделяющий их стержень имеет фиксированную длину. В результате получаем баланс сил \[\sum F_{\text{рад}} = \sum F_{\text{инерц}}+\sum F_{\text{псевдо}}.\] Инерционная сила, действующая на \(4m\) в радиальном направлении, попросту равна \[\frac{N-4mg}{\sqrt2}-F_1.\] Переходя в ускоренную систему отсчёта, где верхняя масса покоится, нужно ввести псевдосилу, действующую в направлении, противоположном равнодействующей силе на верхнюю массу. Ускорение верхней массы в радиальном направлении равно \[a = \frac Fm = \frac1m\Bigl(\frac{mg}{\sqrt2}+F_1\Bigr).\] Значит, радиальная компонента псевдосилы направлена противоположно. Псевдосила, которую испытывает самая правая масса, равна \[\sum F_{\text{псевдо}} = -\frac{mg}{m\sqrt2}\cdot4m-\frac{F_1}m\cdot4m = -\frac{4mg}{\sqrt2}-4F_1.\] Итак, имеем \[0 = \Bigl(\frac{N-4mg}{\sqrt2}-F_1\Bigr) +\Bigl(-\frac{4mg}{\sqrt2}-4F_1\Bigr).\] Подставляя \(N\), получаем \(F_1 = \frac{4\sqrt2mg}9\), и потому \[\boxed{a_1 = \frac{F_1}{\sqrt2\cdot4m} = \frac g9}.\]

Решение

Решение 1. Пусть ускорение массы \(m\) вдоль наклонной плоскости равно \(a\), а ускорение массы \(M\) вниз — \(a_1\). Поскольку длина верёвки постоянна, имеем \(a\sin\alpha = a_1\). Записывая уравнения сил для обеих масс, получаем \[T\sin\alpha+mg\sin\alpha = ma,\qquad mg-T = ma_1.\] Решая эти три уравнения, получаем \[\boxed{a_1 = g\sin^2\alpha\frac{M+m}{m+M\sin^2\alpha}}.\]

Решение 2. В этой задаче вполне допустимо считать угол, на который масса отклоняется от вертикали, равным \(\varphi = 0\), поскольку нас интересует ускорение массы только в момент отпускания. Пусть вертикальная обобщённая координата \(\xi\) массы \(M\) направлена вертикально вниз, как показано на чертеже ниже.

Рассмотрим кинетическую энергию системы: \[K = \tfrac12M\dot\xi^2+\tfrac12m\Bigl(\frac{\dot\xi}{\sin\alpha}\Bigr)^2 = \tfrac12\Bigl(\frac m{\sin^2\alpha}+M\Bigr)\dot\xi^2 = \tfrac12\mathcal M\dot\xi^2,\] где эффективная масса \[\mathcal M = \frac m{\sin^2\alpha}+M.\] Аналогично можно записать потенциальную энергию \(\Pi(\xi)\) (поскольку обе массы опускаются на расстояние \(\xi\)): \[\Pi = -(M+m)g\xi\ \Longrightarrow\ \Pi'(\xi) = -(M+m)g.\] По методу 6 заметим, что ускорение \(\ddot\xi\) тогда записывается как \[\boxed{\ddot\xi = -\frac{\Pi'(\xi)}{\mathcal M} = g\frac{m+M}{m+M\sin^2\alpha}\sin^2\alpha}.\]

Решение

\

Пусть точка, где тело соскальзывает с полусферы, — \(P\). Тогда по закону сохранения энергии \[\tfrac12mv^2 = mgR(1-\cos\theta),\] откуда \(v^2 = 2gR(1-\cos\theta)\). В любой точке окружности имеем \(F_g = F_c+F_N\). Однако в точке потери контакта нормальная сила обращается в нуль. Значит, \[mg\cos\theta = \frac{mv^2}R.\] Сокращая \(m\) и подставляя \(v^2\), получаем \[g\cos\theta = \frac{2gR(1-\cos\theta)}R,\qquad 2-2\cos\theta = \cos\theta, \qquad \cos\theta = \frac23.\] Мы знаем, что \(\cos\theta = \frac hR\), так что высота, на которой тело теряет контакт, равна \[\boxed{h = \frac23R}.\]

Решение

Рассмотрим систему отсчёта, движущуюся со скоростью \(v\) вправо. С этой системой удобнее работать, потому что здесь конец стержня на земле покоится. Назовём этот конец \(A\). Пусть \(t = 0\) соответствует моменту, когда стержень вертикален. В момент \(t\) расстояние между \(A\) и вертикальной стеной равно \(d = vt\). Пусть угол между стержнем и горизонтальной стеной равен \(\theta = \frac\pi2-\alpha\), так что \(\cos\theta = \frac{vt}{2l}\). Дифференцируя по времени, получаем \[\dot\theta\sin\theta = \frac v{2l}\ \Longrightarrow\ \dot\theta = \frac v{2l\sin\theta}.\] Скорость шарика равна \[\dot\theta(2l-x) = \frac{v(2l-x)}{2l\sin\theta}\] и перпендикулярна стержню. Поэтому \(x\)-компонента скорости \[v_x = \frac{v(2l-x)\sin\theta}{2l\sin\theta} = \frac{v(2l-x)}{2l}\] постоянна, а значит, \(a_x = 0\). Теперь центростремительное ускорение шарика \[a_c = \dot\theta^2(2l-x) = \frac{v^2(2l-x)}{4l^2\sin^2\theta}\] направлено к \(A\). Мы знаем, что ускорение целиком направлено по \(y\), поскольку \(a_x = 0\). В результате \[a\sin\theta = \frac{v^2(2l-x)}{4l^2\sin^2\theta},\qquad a = \frac{v^2(2l-x)}{4l^2\sin^3\theta} = \frac{v^2(2l-x)}{4l^2\cos^3\alpha},\] и оно направлено в отрицательном направлении \(y\). По второму закону Ньютона \[\boxed{N = mg-ma = m\Bigl(g-\frac{v^2(2l-x)}{4l^2\cos^3\alpha}\Bigr)}.\] Заметим, что \(a_x = 0\). Поскольку \(v_x = v\bigl(1-\frac x{2l}\bigr)\) постоянна, стержень и шарик не действуют друг на друга в горизонтальном направлении.

Решение

Пусть скорость стержня равна \(v_1\), скорость ящика — \(v_2\), \(m\) — масса груза на стержне, \(M\) — масса ящика, а \(\alpha\) — угол, который \(v_1\) составляет с направлением \(mg\). Поскольку \(v_2\) чисто горизонтальна, легко видеть, что \(v_1\sin\alpha = v_2\).

Далее воспользуемся законом сохранения энергии. Сравнивая начальное и конечное состояния, получаем \[mgL = \tfrac12mv_1^2+\tfrac12Mv_2^2+mgL\sin\alpha,\] \[mgL(1-\sin\alpha) = v_1^2\Bigl(\frac m2+\frac M2\sin^2\alpha\Bigr),\qquad v_1^2 = \frac{2mgL(1-\sin\alpha)}{m+M\sin^2\alpha}.\] Теперь воспользуемся идеей 40: \(v_1\) и \(v_2\) максимальны, а значит, \(\vec N\) и \(\vec F = 0\). Применяя второй закон Ньютона к бруску, получаем уравнение \[Ma_0\sin\alpha-N = \frac{Mv_1^2}L\cos\alpha.\] По идее 40 в момент потери контакта \(\vec N = 0\), и потому \(a_0\sin\alpha = \frac{v_1^2}L\cos\alpha\). Подставляя \(v_1\) и упрощая, получаем \[a_0 = \frac{2mg(1-\sin\alpha)\cos\alpha}{\sin\alpha(m+M\sin^2\alpha)},\] что равно \(g\cos\alpha\), поскольку тяжесть — единственная сила, вызывающая ускорение (ведь \(N = F = 0\)). Это значит, что \[ g\cos\alpha &= \frac{2mg(1-\sin\alpha)\cos\alpha} {\sin\alpha(m+M\sin^2\alpha)},\\ 2m(1-\sin\alpha) &= m\sin\alpha+M\sin^3\alpha,\\ m(2-3\sin\alpha) &= M\sin^3\alpha, \] \[\frac Mm = \frac{2-3\sin\alpha}{\sin^3\alpha}.\] Для \(\alpha = \frac\pi6\) это означает, что \(\boxed{\frac Mm = 4}\). Пользуясь этим, упрощаем выражение для \(v_2\): \[\boxed{v_2 = \sqrt{\frac{2mgL(1-\sin\alpha)\sin^2\alpha}{m+4m\sin^2\alpha}} = \sqrt{\frac{gL}8}}.\]

Решение

Центр масс системы изначально находится над блоком. В горизонтальном направлении равнодействующая внешняя сила создаётся силами натяжения (блоком) и всегда направлена вправо. (Когда груз прошёл угол \(\alpha\), равнодействующая горизонтальная сила равна \(\vec F_{\text{внеш}} = T(1-\cos\alpha)\hat\imath\), что всегда в положительном направлении \(\hat\imath\).) Значит, центр масс всё время движения смещается вправо от блока. В момент соударения он тем самым находится правее блока, что возможно, только если \(\boxed{\text{левый груз достигнет блока первым}}\).

Эта задача была на Московской физической олимпиаде в 1970-х годах и встречается также в книге С. С. Кротова «Задачи по физике». Это довольно знаменитая задача.

Решение

См. задачу 20: хоккейная шайба будет двигаться по прямой. Рассмотрим бесконечно малый элемент, расположенный в точке \((x,y)\) и имеющий вертикальную компоненту скорости \(v_y\). В точке \((-x,y)\) найдётся элемент с вертикальной компонентой скорости \(-v_y\). Их горизонтальные компоненты скорости будут одинаковы. Значит, если изменить их горизонтальные компоненты скорости, скажем, толкнув шайбу вправо, их вертикальные компоненты изменятся одинаково, так что по-прежнему в сумме дадут нуль. В результате, поскольку всегда найдётся другая точка, компенсирующая перпендикулярную компоненту скорости, равнодействующая сила трения в перпендикулярном направлении будет нулевой. Шайба будет двигаться \(\boxed{\text{по прямой}}\).

Можно воспользоваться тем, что сила трения в каждой точке при \(\omega\ne0\) не в точности противоположна направлению поступательного движения. При \(\omega = 0\) сила трения в каждой точке в точности противоположна направлению движения. Более того, модуль силы трения в каждой точке в обоих случаях одинаков. Значит, суммарная сила трения в направлении, противоположном движению, при \(\omega\ne0\) меньше, а значит, поступательное ускорение меньше, и шайба \(\boxed{\text{пройдёт большее расстояние при }\omega\ne0}\).

Решение

Заметим, что из-за того, что нить чрезвычайно длинная, горизонтальных сил со стороны нити нет, а значит, горизонтальный импульс сохраняется: \[mv = (M+m)u.\] Сохранение энергии тогда даёт \[\tfrac12mv^2 = \tfrac12(M+m)u^2+mg\ell \ \Longrightarrow\ \tfrac12mv^2 = \tfrac12\frac{m^2v^2}{M+m}+mg\ell.\] Решая относительно \(v\), получаем¹ \[\boxed{v = \sqrt{2g\ell(1+m/M)}}.\]

Сноски

1. Полезно проверить предельные случаи. Если \(m/M\to0\), горизонтальными компонентами скорости можно пренебречь и просто сохранять энергию; получаем стандартный результат \(v = \sqrt{2g\ell}\). Если \(M\to\infty\), то нужна бесконечная скорость, чтобы поднять груз на высоту, — ведь нить, как сказано, очень длинная. ↩

Решение

Воспользуемся идеей 51 и перечислим все возможные комбинации совместно движущихся тел. Обозначим поверхность между двумя верхними телами как \(S_1\), а между двумя нижними — как \(S_2\). Возможны варианты:

\(\star\) \(S_1\) покоится, \(S_2\) покоится;

\(\star\) \(S_1\) скользит, \(S_2\) покоится;

\(\star\) \(S_1\) покоится, \(S_2\) скользит;

\(\star\) \(S_1\) скользит, \(S_2\) скользит.

(1) Рассмотрим первый случай. Тогда \[F = 3ma\ \Longrightarrow\ a = \frac F{3m}.\] Чтобы проанализировать условия, при которых это происходит, нужно посмотреть на силы трения. Второй брусок испытывает две силы трения от двух поверхностей. Обе силы \(f_1\) и \(f_2\) должны удовлетворять \(f_1<mg\mu\) и \(f_2<2mg\mu\). Поскольку первое условие жёстче (и если оно выполнено, то выполнено и второе), посмотрим на первую поверхность. Самый верхний брусок испытывает две силы: силу натяжения величины \(F/2\) и силу трения \(-f_1\). Вместе они дают вычисленное выше ускорение: \[m\Bigl(\frac F{3m}\Bigr) = \frac F2-f_1\ \Longrightarrow\ f_1 = \frac F6.\] Из неравенства \(f_1<mg\mu\) получаем условие \[\frac F6<mg\mu\ \Longrightarrow\ \boxed{\frac F{mg\mu}<6}.\]

(2) Теперь второй случай, когда два нижних бруска движутся вместе, а два верхних скользят друг по другу. Мы хотим уравновесить силы на два нижних бруска вместе, но нужно быть внимательными к направлению силы трения. И верхний брусок, и два нижних тянутся верёвкой, но поскольку верхний брусок легче, он будет разгоняться быстрее. В результате кинетическое трение, испытываемое двумя верхними брусками, направлено прямо вправо. Балансируя силы, имеем \[(2m)a = \frac F2+mg\mu\ \Longrightarrow\ a = \frac F{4m}+\frac12g\mu.\] Условия, которые должны выполняться: \(f_1 = mg\mu\) и \(f_2<2mg\mu\). Для второго условия уравновесим силы на самый нижний брусок: \[m\Bigl(\frac F{4m}+\frac12g\mu\Bigr) = \frac F2-f_2\ \Longrightarrow\ f_2 = \frac F4-\frac12mg\mu.\] Из условия \(f_2<2mg\mu\) получаем \[\boxed{\frac F{mg\mu}<10}.\] Чтобы выполнялось первое условие, должно быть \(\frac F{mg\mu}>6\); иначе все три бруска двигались бы вместе.

(3) Это невозможно. Если трение достаточно сильно, чтобы два верхних бруска двигались вместе, то оно тем более достаточно сильно, чтобы вместе двигались два нижних, поскольку нормальная сила между двумя нижними брусками всегда больше нормальной силы между двумя верхними.

(4) Это простой случай. Балансируя силы прямо на втором бруске, получаем \[ma = f_1+f_2 = mg\mu+2mg\mu\ \Longrightarrow\ \boxed{a = 3g\mu}.\] Это случай, когда приложенная сила превышает верхнюю границу \(\frac F{mg\mu} = 10\). Поэтому полное проскальзывание происходит при \(\frac F{mg\mu}>10\). Наконец, подытожим результаты: \[\boxed{a = \dfrac F{3m}, & \dfrac F{mg\mu}<6,\\[6pt] \dfrac F{4m}+\dfrac{g\mu}2, & 6<\dfrac F{mg\mu}<10,\\[6pt] 3g\mu, & \dfrac F{mg\mu}>10. }\]

Решение

Во время соударения сохраняется импульс. Соударение абсолютно неупругое: \[mv = (M+m)u\ \Longrightarrow\ u = \frac{mv}{M+m}.\] Однако, поскольку мальчик всё время толкает другого мальчика, приложенная сила равна \(mg\mu\). Балансируя силы, получаем \[(m+M)a = \mu mg-\mu Mg.\] Деля, получаем модуль замедления \[a = \frac{\mu g(M-m)}{M+m}.\] Значит, \[\boxed{d = \frac{v^2_{\text{нач}}}{2a} = \frac{\bigl(\frac{mv}{M+m}\bigr)^2}{\frac{2(M-m)\mu g}{M+m}} = \frac{m^2v^2}{2(M^2-m^2)\mu g}}.\]

Решение

Сохранение энергии даёт \[\tfrac12v^2 = \tfrac12g\ell(1-\sin\theta),\] где \(\theta\) — угол, который стержень составляет с землёй в момент максимального натяжения нити. Мы ограничены полной вертикальной длиной \(2\ell\), так что \[H = 2\ell\sin\theta\ \Longrightarrow\ \sin\theta = \frac H{2\ell}.\] Подставляя это в выражение сохранения энергии, получаем \[v^2 = g\ell(1-H/2\ell)\ \Longrightarrow\ \boxed{v = \sqrt{g(\ell-H/2)}}.\] Теперь воспользуемся идеей 44 и заметим, что горизонтальное ускорение центра должно быть нулевым; это следует из второго закона Ньютона для горизонтального движения (в этот момент горизонтальных сил нет). Далее заметим, что вертикальная координата центра масс — среднее арифметическое координат концов: \[x_O = \tfrac12(x_A+x_B).\] Учитывая, что \(x_B\) постоянна, дифференцирование по времени даёт \(\dot x_O = \frac12\dot x_A\) и \(\ddot x_O = \frac12\ddot x_A\). Значит, ускорение \(O\) можно найти как половину вертикального ускорения верхнего конца стержня \(A\); это радиальная (центростремительная) компонента ускорения точки \(A\) при её движении по окружности вокруг точки подвеса. Отсюда по обычной формуле \[a = \frac{v^2}\ell = \frac{g\ell(1-H/2\ell)}\ell = g(1-H/2\ell).\] В точке \(O\) ускорение тогда равно \[\boxed{a_O = \frac g2\Bigl(1-\frac H{2\ell}\Bigr)}.\]

Решение 2. Сначала сформулируем утверждение.

Утверждение. В любом положении потерянная потенциальная энергия переходит в \(E_{\text{вращ}}+E_{\text{пост}}\), т. е. \(\Delta U = \frac12I_{\text{цм}}\omega^2+\frac12mv_{\text{цм}}^2\). По совпадению для этой системы \(\Delta U\) достигает максимума и \(\omega\) обращается в нуль одновременно. Когда нить становится вертикальной, угол \(\beta\), который стержень составляет с землёй, минимален, а значит, \(\omega = 0\).

Доказательство. Если \(\alpha\) — угол, который нить составляет с вертикалью, то \(l\cos\alpha+l\sin\beta = H\), т. е. \(\sin\beta = \frac{H-l\cos\alpha}l\). Здесь \(|\alpha|\) всегда острый, так что \(\cos\alpha\) достигает максимума, а \(\beta\) — минимума при \(\alpha = 0\). В тот же момент \(y_{\text{цм}} = \frac{l\sin\beta}2\) достигает минимума. \qed

Когда нить вертикальна, \(y_{\text{цм}} = \frac{H-l}2\); изначально \(y_{\text{цм}} = \frac H4\). Поэтому \[v_{\max} = \sqrt{2g\Bigl(\frac H4-\frac{H-l}2\Bigr)} = \sqrt{g\Bigl(l-\frac H2\Bigr)}.\] В этот момент пусть угловое ускорение стержня равно \(\varepsilon\), а ускорение центра масс — \(a\) (вверх). Тогда \[\frac{ml^2}{12}\varepsilon = (T-N)\frac l2\cos\beta,\qquad T+N-mg = ma.\] У самой нижней точки вертикальное ускорение должно быть нулевым: \(\varepsilon\frac l2\cos\beta = a\). У точки, связанной с нитью, вертикальное ускорение равно \(\frac{v^2}l\): \[\varepsilon\frac l2\cos\beta+a = \frac{v^2}l = g\Bigl(1-\frac H{2l}\Bigr).\] Кроме того, \(\sin\beta = \frac{H-l}l\). Решая, получаем \[\boxed{a = \frac g2\Bigl(1-\frac H{2l}\Bigr)},\qquad \boxed{T = \frac{mg}4\Bigl(3+\frac l{6H}-\frac H{2l}\Bigr)}.\]

Решение

Сначала сформулируем утверждение.

Утверждение. Горизонтальная компонента ускорения стержня обращается в нуль при \(\sin\varphi_c = \frac23\).

Доказательство. Пусть \(\varphi\) — угол, который стержень составляет с горизонтом. Из сохранения энергии между \(t = 0\) и моментом отрыва самой верхней точки получаем \[\frac{mgL}2+0 = \tfrac12mv_x^2+\tfrac12mv_y^2+\frac{mgL}2\sin\varphi \ \Rightarrow\ v_x = \sqrt{gL\sin^2\varphi(1-\sin\varphi)}.\] Кроме того, по определению \(\dot\varphi = \omega = \frac{v_x\sin\varphi+v_y\cos\varphi}L\), а из условия связи \(v_y = v_x\ctg\varphi\). Подставляя условие связи в \(\omega\), получаем \(\omega = \frac{v_x}{L\sin\varphi}\).

Теперь для \(a_x\) продифференцируем \(v_x\) по времени: \[a_x = \frac{\sqrt{gL}\,\sin\varphi\cos\varphi(2-3\sin\varphi)} {2\sqrt{\sin^2\varphi(1-\sin\varphi)}}\cdot\dot\varphi = \frac{g\cos\varphi}2(2-3\sin\varphi).\] Ясно, что \(a_x = 0\) при \(\sin\varphi_c = \frac23\). \qed

Теперь из утверждения имеем, что при \(\sin\varphi_c = \frac23\) выполняется \(a_x = 0\). В этот момент горизонтальная компонента ускорения системы равна нулю (или горизонтальная скорость системы максимальна). Значит, в этот момент на стержень не действует горизонтальная сила. Тогда, если бы натяжение существовало, все точки стержня ускорялись бы друг к другу и их расстояние по \(x\) уменьшалось бы. Но расстояние по \(y\) тоже уменьшается, что даёт противоречие. Значит, \(\boxed{\text{натяжение в стержне в этот момент равно нулю}}\).

Решение 2. Пусть \(\varphi\) — угол между стержнем и горизонтальной поверхностью, \(x\) — горизонтальное положение нижней массы, \(y\) — вертикальное положение верхней массы: \[ x &= r\cos\varphi, & \dot x &= -r\sin\varphi\,\dot\varphi, & \ddot x &= -r\sin\varphi\,\ddot\varphi-r\cos\varphi\,\dot\varphi^2,\\ y &= r\sin\varphi, & \dot y &= r\cos\varphi\,\dot\varphi, & \ddot y &= r\cos\varphi\,\ddot\varphi-r\sin\varphi\,\dot\varphi^2. \] По закону сохранения энергии \[\tfrac12m\dot x^2+\tfrac12m\dot y^2+mg\frac r2\sin\varphi = mg\frac r2,\] т. е. \(\frac12mr^2\dot\varphi^2+mg\frac r2\sin\varphi = mg\frac r2\). Взяв производную по времени, получаем \(\ddot\varphi = -\frac g{2r}\cos\varphi\). Из уравнения энергии находим также \(\dot\varphi^2 = \frac gr(1-\sin\varphi)\).

Когда самая верхняя точка теряет контакт со стеной, на стержень не действует горизонтальная сила, а значит, горизонтальное ускорение стержня должно быть нулевым. Найдём \(\varphi_c\), при котором это происходит: \[ 0 = \ddot x &= -r\sin\varphi_c\ddot\varphi_c -r\cos\varphi_c\dot\varphi_c^2\\ &= -r\sin\varphi_c\Bigl(-\frac g{2r}\cos\varphi_c\Bigr) -r\cos\varphi_c\Bigl(\frac gr(1-\sin\varphi_c)\Bigr)\\ &= \frac{g\cos\varphi_c}2(3\sin\varphi_c-2). \] Отсюда \(\boxed{\sin\varphi_c = \frac23}\).

Любопытный факт. Любая точка стержня движется по эллипсу. Действительно, в любой момент рассмотрим точку на расстоянии \(r\) вдоль стержня от его самой нижней точки. Её координаты попросту равны \(((L-r)\cos\varphi,\ r\sin\varphi)\), т. е. \[\cos\varphi = \frac x{L-r},\qquad \sin\varphi = \frac yr,\] и геометрическое место этой точки — это \[\Bigl(\frac x{L-r}\Bigr)^2+\Bigl(\frac yr\Bigr)^2 = 1,\] т. е. эллипс, вырождающийся в окружность при \(L-r = r\), т. е. \(r = \frac L2\), — в центре масс стержня.

Решение

Ясно, что момент импульса сохраняется относительно любой точки, лежащей на прямой, проходящей через бревно. Для удобства выберем точку, где происходит соударение: \[Mv\frac\ell2\hat k-\frac{M\ell^2}{12}\omega\hat k = 0 \ \Rightarrow\ \vec\omega = -\frac{6v}\ell\hat k.\] По сохранению импульса имеем \[Mv = mv_f\ \Rightarrow\ v_f = \frac Mmv,\] где \(v_f\) — конечная скорость шайбы. Поскольку соударение упругое, \[e = 1 = \frac{v_f-0}{\bigl(v+\frac{\omega\ell}2\bigr)-0} \ \Rightarrow\ v_f = v+\frac{\omega\ell}2.\] Из этих трёх уравнений получаем \[\boxed{\frac Mm = 4}.\] Вместо уравнения с коэффициентом восстановления можно воспользоваться сохранением энергии: \[\tfrac12Mv^2+\tfrac12\Bigl(\frac{M\ell^2}{12}\Bigr)\omega^2 = \tfrac12mv_f^2.\] Решая это уравнение вместе с уравнениями сохранения импульса и момента импульса, получаем тот же ответ.

Решение

(а) Главное отличие двух пунктов в том, что в первом трение действует не всё время контакта. Как только достигается чистое качение, трение обращается в нуль. Кроме того, поскольку соударение упругое и масса пола много больше массы мяча, \(v_y\) меняет знак после соударения. Итак, \(v_y = \sqrt{2gh}\); это одинаково в обоих случаях. Импульс нормальной силы равен \[\int N\,dt = m(\sqrt{2gh}-(-\sqrt{2gh})) = 2m\sqrt{2gh}.\] Пусть сила трения (как функция времени) равна \(f\) (в направлении \(-\hat\imath\)), конечная скорость по \(x\) — \(v_x\), а угловая скорость — \(\omega\). Поскольку точка контакта покоится, \(v_x = \omega R\). Импульс силы трения тогда равен \[J = \int f\,dt = m(v_0-v_x).\] Угловой импульс силы трения равен \[\int fR\,dt = \tfrac25mR^2\omega\ \Longrightarrow\ \int f\,dt = \tfrac25mv_x.\] Решая два последних уравнения, получаем \[\boxed{v_x = \tfrac57v_0},\qquad \boxed{\omega = \frac{5v_0}{7R}}.\]

(б) Здесь трение действует всё время контакта мяча с полом, причём \(f = \mu N\) всё время. Импульс силы трения \[J = \int\mu N\,dt = m(v_0-v_x)\ \Longrightarrow\ \boxed{v_x = v_0-2\mu v_y}.\] Наконец, угловой импульс силы трения равен \[\int\mu NR\,dt = \tfrac25mR^2\omega\ \Longrightarrow\ \boxed{\omega = \frac{5\mu\sqrt{2gh}}R}.\]

Решение

Если коэффициент трения \(\mu\) превышает некоторое значение, то шар начнёт катиться без проскальзывания и, соответственно, будет катиться с другим полным ускорением. Значит, прежде чем находить ускорение шара, нужно найти этот коэффициент трения и разбить ускорение на два случая.

Коэффициент трения можно найти, рассмотрев граничный случай трения покоя. Из \[ma = mg\sin\theta-F_s,\qquad I\varepsilon = F_sr\] получаем \(a = g\sin\theta-\frac{F_s}m\) и \(\varepsilon = \frac{F_sr}I\). При трении покоя проскальзывания нет, так что, объединяя через \(a = \varepsilon r\), получаем \[F_s = \frac{mIg\sin\theta}{I+mr^2}.\] Поскольку \(F_s\le F_{s,\max} = \mu mg\cos\theta\), угол, при котором качение без проскальзывания прекращается, находится из \[\frac{mIg\sin\theta}{I+mr^2} = \mu mg\cos\theta\ \Longrightarrow\ \tg\theta = \mu\frac{I+mr^2}I.\] Момент инерции шара относительно его центральной оси равен \(\frac25mr^2\), так что, подставляя, находим \[\mu = \frac I{I+mr^2}\tg\theta = \frac{\frac25mr^2}{\frac25mr^2+mr^2}\tg\theta = \tfrac27\tg\theta.\] Теперь у нас два случая.

Случай 1: \(\mu>\frac27\tg\theta\). Шар покатится по наклонной плоскости без проскальзывания. Мы знаем, что \(mg\sin\theta-f = ma\). Второй закон Ньютона для вращения даёт \[fr = I_{\text{цм}}\varepsilon\ \Longrightarrow\ f = \frac{I_{\text{цм}}a}{r^2} = \tfrac25ma.\] Подставляя этот результат в первое уравнение, \[mg\sin\theta-\tfrac25ma = ma\ \Longrightarrow\ \boxed{a = \tfrac57g\sin\theta}.\]

Случай 2: \(\mu<\frac27\tg\theta\). В этом случае шар просто скользит по наклонной плоскости, так что \[mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta = ma\ \Longrightarrow\ \boxed{a = g\sin\theta-\mu g\cos\theta}.\]

Решение

Центр масс всей системы изначально покоится. Стенки обруча гладкие, а значит, за всё движение суммарный импульс в горизонтальном направлении не меняется. Импульс силы тяжести тянет центр масс только вниз после начала движения, но не по горизонтали. На самом деле обруч сначала движется вправо, а через некоторое время — влево. Когда брусок прошёл угол \(\varphi\), как в условии, пусть его скорость в системе земли равна \(\vec v_b = v_x\hat\imath-v_y\hat\jmath\). Поскольку импульс сохраняется в горизонтальном направлении, имеем \(Mv_0 = mv_x\), где \(v_0\) — скорость центральной точки обруча (направленная влево). Поскольку механическая энергия системы сохраняется, \[2mgr = mgr(1-\cos\varphi)+\tfrac12Mv_0^2+\tfrac12mv_b^2,\] т. е. \(mgr(1+\cos\varphi) = \frac12Mv_0^2+\frac12mv_b^2\). Кроме того, в системе отсчёта обруча можно заметить, что \[\tg\varphi = \frac{v_y}{v_x+v_0}.\] Решая эти три уравнения, получаем \[\boxed{v_0 = m\cos\varphi\sqrt{\frac{2gr(1+\cos\varphi)} {(M+m)(M+m\sin^2\varphi)}}}.\] Теперь для ускорения обруча воспользуемся вторым законом Ньютона в неинерциальной системе обруча. Пусть ускорение центра обруча в этот момент равно \(a_0\) и направлено влево. Пусть ускорение бруска в системе земли равно \(\vec a_b = a_c\hat r+a_t\hat\theta\). В системе обруча в направлении \(\hat r\) радиальное ускорение бруска попросту равно \(a_{b,hr} = a_c-a_0\sin\varphi\).

По второму закону Ньютона для обруча в горизонтальном направлении имеем \(N\sin\varphi = Ma_0\), где \(N\) — нормальная сила бруска на обруч. В системе обруча баланс сил на брусок в радиальном направлении даёт \[N-mg\cos\varphi = ma_{b,hr}.\] Из этих уравнений после упрощений получаем \[\boxed{a_0 = \frac{mg\sin2\varphi}{M+m\sin^2\varphi} \Bigl[\frac12+\frac{(M+m)(1+\cos\varphi)} {\cos\varphi\,(M+m\sin^2\varphi)}\Bigr]}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике» (правда, там спрашивалась только скорость).

Решение

Прежде всего заметим, что период колебаний \(T = 0{,}01\) с чрезвычайно мал, так что любым отклонением скорости, вызванным трением, можно пренебречь, если нас интересует только средняя скорость. Считаем, что брусок движется с постоянной скоростью \(u\) вправо (в положительном направлении). Разберём движение качественно.

Когда доска начинает двигаться вправо, важно заметить, что скорость бруска относительно доски направлена вправо, так что сила трения \(mg\mu_1\) направлена влево. Это длится время \(t_1\), пока скорость доски не сравняется со скоростью бруска и не превысит её. Затем в течение времени \(t_2\) доска достигает максимума скорости и замедляется вплоть до скорости \(u\). В этот период сила трения направлена вправо и равна \(mg\mu_2\). Наконец, в течение времени \(t_3 = t_1\) доска всё ещё движется вправо, но сила трения направлена влево. Полная длительность \(t_1+t_2+t_3 = T/2\).

Затем доска начинает двигаться влево. Сила трения здесь постоянна и равна \(mg\mu_1\), направлена влево и действует в течение времени \(t_4 = T/2\).

Теперь займёмся вычислениями. Работаем в предположении, что у бруска примерно постоянная средняя скорость. Если бы это было не так, силы трения разгоняли или тормозили бы его, пока движение не стало бы примерно равномерным. В результате полное изменение импульса равно нулю: \[(-mg\mu_1)t_1+(mg\mu_2)t_2+(-mg\mu_1)t_3+(-mg\mu_1)t_4 = 0.\] Полагая \(t_1 = t_3\), получаем \(\mu_2t_2 = \mu_1t_4+2\mu_1t_1\). Учитывая \(2t_1+t_2 = t_4\), имеем \[\mu_2(t_4-2t_1) = \mu_1t_4+2\mu_1t_1\ \Longrightarrow\ (\mu_2-\mu_1)t_4 = 2(\mu_1+\mu_2)t_1,\] т. е. \[t_1 = \frac{(\mu_2-\mu_1)t_4}{2(\mu_2+\mu_1)}.\] Поскольку \(t_4 = 0{,}005\) с, получаем \(t_1 = \frac{t_4}8\). Это восьмая часть половины периода, и она соответствует моменту, когда доска имеет ту же скорость, что и брусок. По графику это отвечает 0{,}64 м/с. С точностью до одной значащей цифры средняя скорость равна \[\boxed{v = 0{,}6\text{ м/с}}.\]

Решение

Поскольку вода, движущаяся со скоростью \(v\), абсолютно неупруго сталкивается с лопастями, движущимися со скоростью \(u\), лопастям сообщается импульс \(dp = dm(v-u)\), так что сила на лопасть равна \(F = \mu(v-u)\), где в системе отсчёта лопасти \(\mu = \rho S(v-u)\). Мощность поэтому равна \[P = Fu = \rho S(v-u)^2u.\] Это можно максимизировать, взяв производную и приравняв её нулю: \[3u^2-4vu+v^2 = 0.\] Это даёт \(u = v/3\) или \(u = v\). Очевидно, \(u = v\) дало бы минимальную мощность, так что \(u = v/3\) даёт максимальную мощность \[P_{\max} = \tfrac4{27}\rho Sv^3.\] Возвращаясь в лабораторную систему, имеем \(\mu = \rho Sv\), т. е. \[\boxed{P_{\max} = \tfrac4{27}\mu v^2}.\]

Решение

Заметим, что вектор скорости на рисунке нарисован неверно: он должен быть нормален к доске. Поскольку доска плоская, перейдём в систему отсчёта, где скорость доски параллельна её поверхности. Мы хотим также, чтобы линии тока воды были удобными, поэтому не хотим вертикальной компоненты скорости воды в новой системе. Итак, будем использовать систему, движущуюся со скоростью \(v/\cos\alpha\) влево: в ней скорость доски параллельна её поверхности (и потому ею можно пренебречь), а вода течёт горизонтально.

Постановка теперь очень похожа на задачу 53. Вода течёт к стенке со скоростью \(v/\cos\alpha\) вправо, и уравнение Бернулли вдоль линии тока у поверхности (постоянное давление, отсутствие заметного изменения высоты) говорит нам, что вода будет направлена с той же скоростью \(v/\cos\alpha\) вдоль поверхности доски.

Теперь, зная скорость воды в системе доски, вернёмся в лабораторную систему. Складывая векторы скоростей равного модуля \(v/\cos\alpha\) — один горизонтально влево, другой под углом \(\alpha\) к вертикали, — получаем \[\vec u = -\Bigl(\frac v{\cos\alpha}+v\tg\alpha\Bigr)\hat\imath+v\hat\jmath,\] \[\boxed{u = \frac v{\cos\alpha}\sqrt{2(1+\sin\alpha)} = \frac{2v}{\cos\alpha}\cos\Bigl(\frac\pi4-\frac\alpha2\Bigr)}.\]

Решение

Прежде чем решать, разберёмся, что происходит. Когда вагонетка разгоняется, груз начинает колебаться вокруг нового равновесного угла \(\theta\). Этот угол очень мал, и потому можно считать, что колебания малые с амплитудой \(\theta\). Каждый раз, возвращаясь в вертикальное положение, груз оказывается неподвижным. Мы хотим, чтобы после прохождения расстояния \(L\) груз был именно в таком положении.

Утверждаем, что в момент, когда вагонетка начинает тормозить, груз тоже должен быть в вертикальном положении и неподвижен. Это потому, что как только начинается торможение, появляется новый равновесный угол \(-\theta\). Если мы хотим, чтобы амплитуды по модулю остались теми же, положение груза в момент начала торможения должно быть вертикальным.

С этим пониманием задачу решить нетрудно: достаточно рассмотреть половину пути. За время \(t\), за которое проходится расстояние \(L/2\), груз должен совершить \(N\) полных колебаний, т. е. \(t = NT\), где \(T = 2\pi\sqrt{\frac\ell{\sqrt{g^2+a^2}}}\) — период колебаний. Однако, поскольку \(a\ll g\), членом второго порядка можно пренебречь и переписать период стандартной формулой \(T = 2\pi\sqrt{\frac\ell g}\).

Время прохождения половины пути определяется простой кинематикой: \[\frac L2 = \frac12at^2\ \Longrightarrow\ t = \sqrt{\frac La}.\] Пользуясь сформулированным условием, связываем оба времени: \[\sqrt{\frac La} = 2\pi N\sqrt{\frac\ell g}\ \Longrightarrow\ \boxed{a = \frac{Lg}{N^24\pi^2\ell}}\] для всех натуральных \(N\) при условии \(a\ll g\).

Решение

Рассмотрим сначала случай треугольной призмы, глядя на силу, создаваемую ударной волной в конкретный момент. Сила, приложенная в любой точке, равна \[F = S(p_1-p_0),\] где \(S\) — площадь поперечного сечения в этой точке. Будем считать, что ударная волна проходит сквозь тело чрезвычайно быстро, так что весь процесс тело неподвижно и приходит в движение только с сообщённым импульсом после прохождения волны. Импульс тем самым равен \[J = \int S(p_1-p_0)\,dt,\] где \(dt = dx/c_s\), а площадь поперечного сечения меняется с \(x\) как \(S = c\bigl(-\frac ba x+b\bigr)\). Подставляя это, определяем изменение импульса: \[J = m\Delta v = \frac{c(p_1-p_0)}{c_s}\int_0^a\Bigl(-\frac ba x+b\Bigr)dx \ \Longrightarrow\ \Delta v = \frac{p_1-p_0}{mc_s}\Bigl(\frac{abc}2\Bigr).\] Заметим, однако, что объём треугольной призмы также равен \(V = \frac12abc\). Поэтому этот результат можно обобщить на произвольную форму. Как и раньше, импульс равен \[m\Delta v = \frac{p_1-p_0}{c_s}\int S(x)\,dx,\] где \(\int S(x)\,dx\) даёт объём. Следовательно, изменение скорости для любой формы, включая треугольную призму, после прохождения ударной волны равно \[\boxed{\Delta v = \frac{V(p_1-p_0)}{mc_s}}.\]

Решение

Стержень будет вести себя как пружина (поскольку он тонкий и сделан из стали, а сталь упруга). После того как левый шар столкнулся с неподвижным шаром, последний приобретёт скорость \(v_0\), а первый останется в покое. Пользуясь сохранением импульса для всей системы при ударе, находим \[(2m)v_0 = mv_0+(2m)v_f\ \Longrightarrow\ \boxed{v_f = \tfrac12v_0}.\] Затем можно сравнить начальную и конечную кинетические энергии: \[K_i = \tfrac12(2m)v_0^2 = mv_0^2,\qquad K_f = \tfrac12(2m)v_f^2+\tfrac12mv_0^2 = \tfrac34mv_0^2.\] Здесь видно, что кинетическая энергия не сохраняется. Однако мы пока не знаем, куда уходит эта энергия. Гантель как система из шаров и пружины начнёт колебаться вокруг своего центра масс. Через полпериода гантель окажется слишком далеко, чтобы, расширившись, снова ударить массу. Итак, можно сказать, что \(\boxed{\text{остальная энергия запасается в колеблющейся гантели}}\).