Запишите баланс моментов для точки контакта \(O\) обруча и вала. Какой угол образует с горизонтом касательная к валу в точке \(O\) (при условии, что проволока проскальзывает по валу)?

Запишите уравнение моментов для системы «цилиндр + брусок» относительно точки контакта цилиндра и наклонной плоскости. Какой угол с горизонтом образует касательная к цилиндру, проведённая в том месте, где находится брусок?

Согласно идее 4, рассмотрим систему «стержень \(CD\) + груз \(m\)» как одно целое: на неё действуют четыре силы — \(m\vg\), \(\vF\) и силы натяжения стержней \(\vT_{AC}\) и \(\vT_{BD}\). Силы натяжения — это как раз то, чего мы не знаем и знать не хотим. Согласно идее 2, они выпадут из баланса моментов, действующих на стержень \(CD\), относительно точки пересечения \(AC\) и \(BD\). Действительно, в силу факта 20 сила натяжения в стержне \(AC\) параллельна \(AC\); то же относится к стержню \(BD\). А каким должен быть момент силы \(F\)? При каком направлении силы этот момент достигается при минимальной величине силы?

Векторная сумма сил \(\vF\) и \(m\vg\) должна компенсировать сумму силы трения и силы реакции \(\vec f = \vN+\vF_h\), т. е. быть направленной под углом \(\arctg\mu\) к нормали к плоскости. Нарисуем треугольник сил \(m\vg+\vec f+\vF = 0\): вектор \(m\vg\) можно нарисовать сразу (его направление и величина известны), направление \(\vec f\) можно отметить прямой, проходящей через конец вектора \(m\vg\). Сила \(\vF\) должна соединять эту прямую с началом вектора \(m\vg\). При каком направлении её величина минимальна?

Перейдите в систему отсчёта наклонной поверхности (примените идеи 7 и 8) и воспользуйтесь тем же методом, что и в задаче 4 (\(\va+\vg\) играет роль эффективного ускорения свободного падения \(\vg_e\)).

Воспользуйтесь вращающейся системой отсчёта, связанной с цилиндром (в ней брусок покоится, а центробежная сила \(\vec f_t\) постоянна и направлена вниз). (а) Конец вектора суммы силы тяжести и центробежной силы движется по окружности и должен быть равен результирующей \(\vec f\) нормальной силы и силы трения. Каков максимально допустимый угол между векторами \(\vec f_t\) и \(\vec f\), чтобы не было проскальзывания? При каком направлении \(m\vg\) угол между векторами \(\vec f_t\) и \(\vec f\) максимален? (б) Сил по-прежнему только три; пока есть равновесие, эти три вектора должны образовывать треугольник, а значит, лежать в одной плоскости. Согласно идее K-11, изобразим баланс сил в этой плоскости, т. е. в плоскости, задаваемой векторами \(\vg\) и \(\vec f_t\). Подход, использованный в части (а), по-прежнему годится, но конец вектора \(\vec f_t+m\vg\) описывает только дугу окружности, а не всю её. Определите центральный угол этой дуги. В зависимости от длины дуги может оказаться, что максимальный угол между нормалью к поверхности (\(=\) направление \(\vec f_t\)) и \(\vec f\) достигается на одном из концов дуги.

Заметьте, что при качении с постоянной скоростью центр масс всей тележки тоже движется с постоянной скоростью, т. е. горизонтальных сил на тележку действовать не должно. Кроме того, каждый цилиндр вращается с постоянной угловой скоростью, значит, на него не должен действовать момент сил, а значит, сила трения должна быть равна нулю. Воспользуйтесь вращающейся системой отсчёта колеса; примените идеи 12 и 11, чтобы заменить одно несимметричное тело (цилиндр с отверстием) двумя симметричными — цилиндром без отверстия и наложенным на него цилиндром отрицательной плотности; далее по идеям 9 и 10 нарисуйте силы тяжести и центробежные силы; имейте в виду, что стержень может создавать любую горизонтальную силу, но не может создавать вертикальную.

На основании идеи 14: на какой прямой должна лежать точка пересечения сил трения? Что можно сказать о двух углах, образуемых векторами сил трения и направлением нити (с учётом идеи 1: ось перпендикулярна натяжению нити)? Теперь объедините два сделанных вывода. Где находится точка пересечения векторов сил трения? Каково направление векторов скорости цилиндра в тех точках, где он опирается на шершавую полосу? Где находится мгновенная ось вращения цилиндра (как её найти, см. брошюру по кинематике)? Каков вектор скорости центральной точки цилиндра? (б) Не нарушится ли найденное выше условие равновесия, если поверхность шершава равномерно?

Нарисуйте окружность, диаметром которой служит отрезок прямой, соединяющий точки опоры. Воспользуйтесь фактом 22: по какой кривой может двигаться шарик? Где находится самая нижняя точка этой кривой?

Рассмотрите моменты сил, действующих на стержень относительно шарнира. При каком угле \(\alpha\) результирующая нормальной силы и силы трения будет сильнее прижимать стержень к доске?

Насколько опустится груз, если нить удлинить на \(\delta\)?

Предположим, что горизонтальная составляющая натяжения верёвки равна \(T_x\). Какова вертикальная составляющая натяжения возле потолка? Возле груза? Запишите условие баланса сил, действующих на а) груз и б) систему «груз + верёвка» (ср. идею 4).

Поскольку \(H\ll L\), кривизна верёвки явно мала, и угол между касательной к верёвке и горизонтом всюду остаётся малым. Из горизонтального баланса сил для верёвки выразите горизонтальную составляющую силы натяжения \(T_x\) как функцию длины \(l\) (заметим, что, хотя \(T_x\) постоянна на всей висящей части верёвки, нам нужно её значение в точке \(P\), разделяющей висящую и лежащую части). Запишите баланс моментов, действующих на висящий кусок верёвки, относительно удерживающей руки (согласно сказанному выше, плечо силы тяжести можно приближённо считать равным \(l/2\)). В результате вы должны получить квадратное уравнение для длины \(l\).

Воспользуйтесь идеей 9: перейдите в систему отсчёта вращающегося шарнира. а) Следуя идее 19, запишите условие баланса моментов относительно шарнира (идея 2) для малого угла отклонения \(\varphi\). Что создаёт больший момент — \(m\vg\) или центробежная сила? (Заметим, что к этой задаче можно подойти и с помощью идеи 21.) б) Следуя идее 21, выразите полную потенциальную энергию для малых углов отклонения \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) через энергию центробежной силы (которая напоминает энергию упругой силы!) и силы тяжести; согласно идее 20, оставьте только квадратичные члены. Вы должны получить квадратичный многочлен от двух переменных \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\). Равновесие \(\varphi_1=\varphi_2=0\) устойчиво, если оно отвечает минимуму потенциальной энергии, т. е. если многочлен принимает положительные значения при любом отклонении от точки равновесия; это условие приводит к двум неравенствам. Во-первых, положив \(\varphi_2=0\) (при \(\varphi_1\ne0\)), заключаем, что множитель при \(\varphi_1^2\) должен быть положителен. Во-вторых, при любом \(\varphi_2\ne0\) многочлен должен быть строго положителен, т. е., если приравнять это выражение к нулю и рассматривать его как квадратное уравнение относительно \(\varphi_1\), у него не должно быть вещественных корней, а значит, дискриминант должен быть отрицателен.

Примените идеи 19 и 22 для такого углового положения бруса, при котором величина архимедовой силы не меняется (т. е. в предположении баланса вертикальных сил). Согласно идее 2, возьмите за точку опоры центр масс. Вычисляя момент архимедовой силы, воспользуйтесь идеями 11 и 12: если в некоторой области вытесненной воды нет, то плотность вытесненной воды равна нулю, но её можно представить как наложение отрицательной и положительной плотностей: \(0 = \rho_w+(-\rho_w)\). Сечение подводной части бруса можно представить как наложение прямоугольника и двух симметрично расположенных узких треугольников (один из них — отрицательной массы).

На систему «чаша + вода» действуют сила тяжести и нормальная сила реакции горизонтальной поверхности, действующая на жидкость. Поскольку давление жидкости у основания чаши нам известно, мы можем выразить массу чаши из условия вертикального равновесия.

Чтобы вычислить первую поправку по методу возмущений, воспользуемся фактом 51 и системой отсчёта равномерно и прямолинейно соскальзывающего вниз бруска: зная величину и направление силы трения, мы можем найти её составляющие в направлениях \(\vec w\) и \(\vu\). Знак последней меняется на противоположный через полпериода, так что при усреднении она уничтожается.

Выберем началом отсчёта вертикальной оси \(x\) точку на поверхности океана очень далеко от залежи железа. За нулевую точку отсчёта гравитационного потенциала Земли возьмём \(x=0\) (т. е. \(\varphi_{\text{Земли}} = gx\)), а для залежи железа — бесконечно удалённую точку. Тогда в точках поверхности океана, очень далёких от залежи, гравитационный потенциал равен нулю. Остаётся найти выражение для потенциала над залежью железа как функции \(x\) (по принципу суперпозиции) и приравнять его нулю.

Воспользуемся системой отсчёта платформы. Рассмотрим баланс моментов относительно оси маленького диска (тогда плечо силы, действующей со стороны этой оси, равно нулю). Разделим диск на маленькие кусочки одинакового размера. Силы трения, действующие на кусочки, равны по величине и направлены вдоль линейных скоростей точек диска (в выбранной системе отсчёта). Поскольку движение диска можно представить как вращение вокруг мгновенной оси, образуются концентрические окружности векторов сил трения (с центром на мгновенной оси вращения). Ясно, что результирующий момент этих векторов относительно оси диска тем меньше, чем меньше кривизна окружностей (т. е. чем дальше мгновенная ось вращения): момент равен нулю, когда мгновенная ось вращения находится на бесконечности, а концентрические окружности превращаются в параллельные прямые. Мгновенная ось вращения на бесконечности означает, что движение поступательное, \(\omega_3 = 0\) (поскольку линейная скорость \(v=\omega_3 r\) данной точки конечна, а \(r=\infty\)).

Мгновенная ось вращения находится на расстоянии \(r = v/\omega\) от оси диска. Воспользуемся тем же мысленным разбиением, что и в предыдущей задаче. Теперь вычислим составляющую результирующей силы в направлении движения. Заметим, что силы трения в точках, симметричных относительно мгновенной оси вращения, уравновешивают друг друга на целой круговой области радиуса \(R-r\). Неуравновешенная область имеет неудобную для вычислений форму. Вообразим, что «уравновешенная» область продолжена до радиуса \(R\) (пунктирная окружность на рисунке). Ту часть этой расширенной уравновешенной области, под которой на самом деле нет вращающегося диска (тёмно-серый серп на рисунке), можно представить как наложение двух дисков, один из которых вращается по часовой стрелке, а другой — против. Тогда составляющая, вращающаяся по часовой стрелке, участвует в уравновешивании, а составляющая, вращающаяся против часовой стрелки, остаётся неуравновешенной. Итого неуравновешенными остаются две тонкие серповидные области: одна отвечает настоящему диску (светло-серая на рисунке), другая — диску, вращающемуся против часовой стрелки (тёмно-серая); ширина этих областей по нормали к \(\vv\) всюду равна \(r\). Результирующую силу проще всего найти интегрированием по серповидным областям в полярной координате \(\varphi\): \(|d\vF| = A\cdot dS\), где \(dS\) — площадь элемента поверхности; \(dF_x = A\cos\varphi\,dS = B\cos^2\varphi\,d\varphi\), \(F_x = \int dF_x = B\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi\,d\varphi\). Чему равны постоянные \(A\) и \(B\)?

Рассмотрим единичный вектор \(\vec\tau\), направленный вдоль вектора бесконечно малого перемещения центра масс в тот момент, когда карандаш начинает двигаться. Выразим его координаты в декартовых осях \((x,y,z)\), где \(x\) параллельна карандашу, а плоскость \((x,y)\) параллельна наклонной плоскости. Пользуясь формулами пространственных поворотов, представим его в новых координатах \((x',y',z)\), повёрнутых относительно \((x,y,z)\) вокруг оси \(z\) на угол \(\varphi\) (так что ось \(x'\) горизонтальна). Пользуясь формулами пространственных поворотов, выразим вертикальную координату \(z'\) вектора \(\vec\tau\) в осях \((x',y',z')\), которые получаются из осей \((x',y',z)\) поворотом вокруг \(x'\) на угол \(\alpha\).

Нить соединяет две точки по кратчайшему расстоянию вдоль боковой поверхности цилиндра; в развёртке цилиндр — прямоугольник. Рассмотрим вертикальную плоскость, касающуюся поверхности цилиндра и содержащую свисающую часть нити. Эта плоскость и цилиндр касаются вдоль прямой \(s\). Если мысленно развернуть цилиндр, то угол между нитью и прямой \(s\) окажется равным углу наклона цилиндра \(\alpha\). Отсюда \(l\) найти легко. При колебаниях груза след нити на развёрнутом цилиндре остаётся прямым. Поэтому длина свисающей нити (а значит, и потенциальная энергия груза) ни при каком колебательном состоянии не зависит от того, является ли поверхность цилиндра действительно цилиндрической или развёрнута в плоскую вертикальную поверхность (лишь бы сохранялась пространственная ориентация оси \(s\)).

Запишите два уравнения, описывающие баланс сил и моментов, а затем ещё одно, описывающее линейное соотношение между удлинениями проволок: \(T_1-T_2 = T_2-T_3\).

Изначально на висящий груз действуют только вертикальные силы, поэтому и вектор начального перемещения вертикален. Если ускорение большого бруска равно \(a_1\), бруска на нём — \(a_2\), а висящего груза — \(a_3\), то выполняется \(a_1+a_2 = a_3\). Теперь можно записать 2-й закон Ньютона для каждого тела. Четвёртая, последняя неизвестная — натяжение нити.

Перейдите в систему отсчёта клина. В пограничном случае результирующая силы инерции и силы тяжести, действующая на шарик \(m\), направлена по нормали к левому склону (так что шарик остаётся там в покое). Рассмотрите результирующие силы, действующие на шарики. Их составляющие по нормали к поверхностям, на которых они лежат, — это \(\vF_{\perp1}\) и \(\vF_{\perp2}\). Они равны нормальным силам \(\vN_1\) и \(\vN_2\), действующим на шарики, и поэтому должны иметь одинаковые величины (\(F_{\perp1} = F_{\perp2}\)), чтобы для клина выполнялся горизонтальный баланс сил.

Возьмём перемещение \(\xi\) клина в качестве координаты, описывающей положение системы. Если клин смещается на \(\xi\), то брусок смещается на столько же относительно клина, потому что верёвка нерастяжима, и потенциальная энергия меняется на \(\Pi = mg\xi\sin\alpha\). Скорость клина равна \(\dot\xi\), а скорость бруска — \(2\dot\xi\sin\frac{\alpha}{2}\) (получается сложением скоростей, где два вектора \(\dot\xi\) образуют угол \(\alpha\)), поэтому полная кинетическая энергия \(K = \frac12\dot\xi^2(M+4m\sin^2\frac{\alpha}{2})\). Тогда \(\Pi'(\xi) = mg\sin\alpha\) и \(\mathcal M = M+4m\sin^2\frac{\alpha}{2}\); их отношение и даёт ответ.

Снова возьмём перемещение клина в качестве координаты \(\xi\); если перемещение бруска вдоль поверхности клина равно \(\eta\), то неподвижность центра масс даёт \(\eta(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2) = (M+m_1+m_2)\xi\). Отсюда можно выразить \(\eta\) как функцию \(\xi\), но, чтобы формулы были покороче, лучше не подставлять это выражение всюду. Кинетические энергии брусков можно найти как суммы горизонтальных \(\bigl[\frac12 m_i(\dot\xi-\dot\eta\cos\alpha_i)^2\bigr]\) и вертикальных \(\bigl[\frac12 m_i(\dot\eta\sin\alpha_i)^2\bigr]\) энергий.

Записывая закон сохранения энергии, заметьте, что скорость бруска вдвое больше горизонтальной составляющей скорости цилиндра и что последняя равна вертикальной составляющей (почему?). Спроецируйте 2-й закон Ньютона на ось, проходящую через верхний угол ступеньки и центр цилиндра: эта ось перпендикулярна и нормальной силе между бруском и цилиндром, и тангенциальному ускорению цилиндра. Второй вопрос: отношение двух нормальных сил постоянно (почему? чему оно равно? Указание: сравните горизонтальные ускорения цилиндра и бруска и вспомните 2-й закон Ньютона), поэтому они обратятся в нуль одновременно.

Спроецировав 2-й закон Ньютона на ось в направлении нормальной силы, мы видим, что нормальная сила минимальна в самой нижней точке дугообразной части траектории. (Там центростремительное ускорение наибольшее, а составляющая силы тяжести вдоль оси наименьшая.)

Энергия системы «дробинка + брусок» сохраняется всегда; импульс начнёт сохраняться только после того, как дробинка пройдёт самую нижнюю точку. Когда она попадёт туда во второй раз, скорость бруска максимальна (почему?).

Применим идею 46 к \(\vP\): полный импульс системы равен \(P = \omega lm+2\omega lM\), результирующая сила \(F = (m+M)g-T\). То же самое через вращение: относительно начального положения самого левого шарика момент импульса равен \(l(2\omega l)M\) (скорость \(2\omega l\), плечо скорости — \(l\)); результирующий момент сил равен \((T+Mg)l\). Теперь для формулы из идеи 46 нам нужно угловое ускорение \(\varepsilon = \dot\omega\). Найдём его методом 6: \(\Pi = l\varphi(m+2M)\), \(K = \frac12\dot\varphi^2 l^2(m+4M)\). Другой путь решения: отношение ускорений равно \(1:2\); неизвестных четыре (две нормальные силы, ускорение и натяжение нити); уравнения: три баланса сил (для каждого шарика и для стержня) и один баланс моментов (относительно левого конца стержня).

Метод 6: в качестве обобщённой координаты \(\xi\) можно взять перемещение конца нити. Идеи 34 и 12: изменение \(y\)-координаты центра масс системы равно \(\xi\rho h/M\) (\(h\) — разность высот концов нити, \(M\) — полная масса системы; считайте, что \(\xi\ll h\)). Для \(x\)-координаты это \(2\xi\rho R/M\).

\(\langle T(1+\cos\alpha)\rangle = 2mg\), \(T = \langle T\rangle+\tilde T\), где \(|\tilde T|\ll T\). На основании идеи 20 отбрасываем совсем малое слагаемое \(\langle T\tilde\alpha^2\rangle\) и замечаем, что \(\langle\alpha^2\rangle>0\).

Надо рассмотреть два варианта: либо все тела движутся вместе, либо самый правый большой брусок движется отдельно. Почему не может быть ситуаций, в которых (а) все три составляющие движутся отдельно или (б) левый большой брусок движется отдельно?

После соударения траектории шаров — пересекающиеся под прямым углом прямые; угол по отношению к начальной траектории определяется тем, насколько нецентральным было соударение.

Для слегка нецентрального движения: каким будет направление импульса того шара, по которому ударили первым? Теперь снова примените идею 52. Центральное движение: выразите скорости после соударения через горизонтальную составляющую импульса \(p_x\), переданную одному из шаров. Какова переданная вертикальная составляющая \(p_y\)? Закон сохранения энергии даёт нам уравнение для отыскания \(p_y\) (энергию удобно выразить как \(p^2/2m\)).

График выглядит как \(n\) пересекающихся прямых; точка пересечения пары прямых отвечает соударению двух шаров (график движения каждого шара — ломаная; в точке соударения углы двух ломаных соприкасаются так, что это выглядит как пересечение двух прямых).

Начальные скорости в системе центра масс: \(\frac{mv}{m+M}\), \(\frac{Mv}{m+M}\), конечные скорости равны нулю; трение совершает работу \(\mu mgL\).

По рисунку мы сразу получаем (с точностью до общего множителя) величины и направления импульсов, но не то, какой импульс какому шару принадлежит. Необходимо выяснить, куда двинется после соударения шар, отмеченный стрелкой. Выбрать из трёх вариантов поможет факт 27.

Энергия: за время \(dt\) распределение жидкости изменится: в центре ещё останется некоторое количество воды, но какая-то масса \(dm\) переместится сверху на уровень крана (а затем через кран), так что изменение потенциальной энергии системы равно \(gH\cdot dm\). Импульс: вода в бочке получает от стенок полный импульс \(\rho gHS\cdot dt\). Этот импульс передаётся струе воды с массой \(\rho Sv\cdot dt\).

Энергия не сохраняется: песчинки проскальзывают и испытывают трение. За время \(dt\) песок, попадающий на ленту, получает от неё импульс \(dp = v\cdot dm = v\mu\cdot dt\): сила между свежеупавшим песком и лентой равна \(F_1 = dp/dt\). На песок, уже лежащий на ленте, действует сила тяжести \(mg\), которая компенсируется составляющей силы трения, параллельной ленте: \(F_2 = mg\cos\alpha\), где \(m = \sigma L\) — масса песка на ленте, а \(\sigma v = \mu\). Минимизировать надо по \(v\).

Во время удара \(\Delta p_\perp = \sqrt{2gh}\).

Рассмотрим короткий участок пути вдоль холма длиной \(dl\). В дополнение к изменению потенциальной энергии совершается работа по преодолению трения, \(dA_h = \mu mg\tg\alpha\cdot dl\). Находим \(dA_h = C\cdot dx\), где \(C\) — постоянная. Суммируя по всем таким приращениям пути \(dl\), получаем \(A_h = C\Delta x\).

Кинетическая энергия \(K = \frac m2\dot x^2+M\dot x^2\), где \(x\) — перемещение вдоль наклонной поверхности; \(\Pi = (M+m)\sin\alpha\). Найдя ускорение \(a\), перейдём в систему отсчёта (цилиндра), движущуюся с ускорением \(a\) (идеи 7 и 8), в которой брусок смещается вдоль эффективного ускорения свободного падения — как можно ниже.

Согласно идеям 61 и 62, момент импульса стержня до соударения равен \(L_0 = Mlv-\frac13 Ml^2\omega\); после соударения \(L_1 = Mlv'-\frac13 Ml^2\omega'\); \(L_1 = L_2\). Выражение для энергии: \(K = \frac12 Mv^2+\frac16 Ml^2\omega^2\). Условие того, что удар пришёлся на конец: \(v'+l\omega' = 0\) (мы считаем \(\omega\) положительной, если вращение происходит в направлении, отмеченном на рисунке).

Момент импульса относительно точки удара до соударения: \(mv(x-\frac l2)-I_0\omega\), где \(v = \omega\frac l2\) и \(I_0 = \frac1{12}ml^2\).

Мгновенная ось вращения проходит через точку контакта цилиндра и пола; её расстояние от центра масс не меняется, так что можно воспользоваться идеей 65; \(I = \frac32 mR^2\).

Направим ось \(z\) вверх (это зафиксирует знаки моментов импульса). Конечный момент инерции относительно оси \(x\) равен \(-\frac57 mv_yR-muR\), а относительно оси \(y\) — \(\frac57 mv_xR\).

Сразу после первого соударения центры масс обеих гантелей покоятся, скорости сталкивающихся шаров меняют направление на противоположное, а скорости несталкивающихся шаров не меняются. Обе гантели ведут себя как маятники и совершают половину периода колебаний, после чего происходит второе соударение — такое же, как первое.

Песчинки совершают гармонические колебания в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра, — как математический маятник длины \(l=R\) в поле тяжести \(g\cos\alpha\); вдоль оси происходит равноускоренное движение (\(a = g\sin\alpha\)). Фокусировка происходит, если время прохождения жёлоба вдоль его оси есть целое число полупериодов колебаний.

Наблюдая положение равновесия, заключаем, что центр масс лежит на оси симметрии вешалки. Три точки подвеса должны лежать на двух концентрических окружностях, упомянутых в идее 69. Поэтому на одной из окружностей должны лежать по крайней мере две точки из трёх, а центр окружностей (центр масс вешалки) должен лежать внутри области, ограниченной проволоками вешалки, на её оси симметрии. Есть только одна пара окружностей, удовлетворяющая всем этим условиям. Вычислив радиусы \(l_1\) и \(l_2\) окружностей средствами тригонометрии, определяем приведённую длину маятника \(l_1+l_2\), а с её помощью — период колебаний.

Эффективную массу движущейся воды можно найти по ускорению падающего шарика. Для всплывающего пузырька эффективная масса точно такая же, а массой газа по сравнению с ней можно пренебречь.

Струю воды можно мысленно разделить на две части: самая левая часть струи при касании жёлоба повернёт налево, самая правая — направо. Таким образом образуются две воображаемые «водяные трубки». В любой из трубок статическое давление равно внешнему (поскольку рядом находится свободная поверхность жидкости): согласно закону Бернулли, скорость жидкости измениться не может. Из сохранения импульса по горизонтали: потоки импульса левой и правой струй в сумме должны давать горизонтальную составляющую потока импульса исходной струи. Заметим, что в силу непрерывности \(\mu = \mu_v+\mu_p\).

В силу непрерывности \((u+v)(H+h) = Hu\ \Const\), где \(h = h(x)\) — высота воды в точке \(x\), а \(v = v(x)\) — скорость. Можно записать закон Бернулли для воображаемой «трубки» вблизи поверхности (область между свободной поверхностью и линиями тока неподалёку от поверхности): \(\frac12\rho(u+v)^2+\rho g(H+h) = \frac12\rho u^2+\rho gH = \Const\). Малыми членами второго порядка (содержащими множители \(v^2\) или \(vh\)) можно пренебречь.

Фазовая траектория — горизонтальный прямоугольник со сторонами \(L\) и \(2mv\), где \(L\) — расстояние от бруска до стенки; таким образом, адиабатический инвариант равен \(4Lmv\).

Рассмотрите баланс моментов. Точка пересечения продолжений результирующих векторов нормальной силы и силы трения должна находиться выше центра масс.

Запишем 2-й закон Ньютона для вращательного движения относительно точки пересечения нормальных сил: момент импульса жука равен \(L = mvl\sin\alpha\cos\alpha\), а скорость изменения этого момента импульса будет равна моменту силы тяжести, действующей на жука (плечи остальных сил равны нулю). Вычисляя период, заметьте, что ускорение отрицательно и пропорционально расстоянию от нижнего конца, т. е. мы имеем дело с гармоническими колебаниями.

Заклинивание происходит, если результирующая нормальной силы и силы трения тянет стержень вниз.

Как только произошло заклинивание, все силы, кроме нормальных сил и сил трения, можно не учитывать. Предположим, что заклинивание произошло. Тогда результирующие силы трения и нормальные силы, действующие слева и справа, должны уравновешивать друг друга и как силы, и как моменты, т. е. лежать на одной прямой и иметь равные величины. Отсюда мы получаем угол между нормалью к поверхности и результирующей силы трения и нормальной силы.

Рассмотрите направление момента сил, действующего на доску относительно точки контакта, когда доска повернулась на угол \(\varphi\): точка контакта сместилась на \(R\varphi\), а горизонтальная координата центра масс сместилась на расстояние \(\frac h2\varphi\) от первоначального положения точки контакта.

Единственная сила, действующая на систему «сосуд + вода» со стороны поверхности, равна гидростатическому давлению \(\rho gh\pi R^2\); она уравновешивает силу тяжести \((m+\rho V)g\). Заметьте, что \(H = R-h\).

Гравитационный потенциал центробежной силы равен \(\frac12\omega^2 r^2\), где \(r\) — расстояние от оси вращения.

Перейдите в систему отсчёта большого бруска (движущуюся с ускорением \(a\)). Куда должно быть направлено эффективное ускорение свободного падения (результирующая силы тяжести и силы инерции)? Чему равно \(a\)? С каким ускорением падает маленький брусок в этой системе отсчёта? Каково натяжение нити \(T\)? Имея ответы на эти вопросы, мы можем записать условие равновесия большого бруска \(ma = T(1-\sin\alpha)\).

Возьмём в качестве обобщённой координаты \(\xi\) перемещение цилиндра (вниз по наклонной поверхности). Каково перемещение бруска (вверх по другой наклонной поверхности)? Очевидно, \(\Pi = (m-M)g\xi\sin\alpha\). Силу реакции между двумя телами можно найти проецированием 2-го закона Ньютона на направление наклонной поверхности.

Пусть перемещение большого цилиндра равно \(\xi\), а горизонтальные перемещения среднего и самого левого цилиндров равны соответственно \(x\) и \(y\). Какое между ними соотношение, если центр масс покоится? Какое между ними соотношение, если длина стержней не меняется? Из этих двух уравнений можно выразить \(x\) и \(y\) через \(\xi\). Если считать перемещения крошечными, каково соотношение между вертикальным перемещением \(z\) среднего цилиндра и горизонтальной проекцией длины стержня, \(\xi - x\)? Зная эти результаты, применить метод 6 несложно.

Куда направлено малое перемещение \(\xi\) шарика (см. идею 31)? Каково перемещение колечка, выраженное через \(\xi\)? Воспользуйтесь методом 6.

Воспользуйтесь идеей 40 вместе с законом сохранения энергии, спроецировав силу и ускорение во 2-м законе Ньютона на радиальное направление.

Воспользуемся некоторыми идеями кинематики, чтобы найти ускорение шарика (K1, K29 и K2: переходя в систему отсчёта, движущуюся со скоростью \(v\), мы находим составляющую ускорения шарика вдоль стержня, а замечая, что горизонтальное ускорение шарика равно нулю, с помощью тригонометрии получаем величину ускорения). Теперь воспользуйтесь 2-м законом Ньютона.

По скорости \(v\) шарика можно выразить скорость бруска в исследуемый момент (имея в виду, что их горизонтальные скорости равны). По идее 40 находим, что горизонтальное ускорение бруска (а значит, и шарика) равно нулю; записывая 2-й закон Ньютона для шарика в горизонтальном направлении, заключаем, что натяжение стержня тоже равно нулю. Из закона сохранения энергии выражаем \(v^2\), а из 2-го закона Ньютона для шарика вдоль оси, направленной по стержню, получаем уравнение, в котором и кроется решение.

С помощью 2-го закона Ньютона выясните, куда сдвинется центр масс системы — влево или вправо (если бы центр масс не двигался, то оба события произошли бы одновременно).

Чтобы ответить на первую часть вопроса, покажите, что сила, перпендикулярная скорости, равна нулю (воспользуйтесь методом 3 и идеей 27). Для ответа на вторую часть воспользуйтесь методом 3 и идеей 56.

Из-за большой длины нити горизонтальных сил нет, т. е. сохраняется горизонтальная составляющая импульса, а также энергия. Из этих двух уравнений можно найти предельную скорость \(v = v_0\), при которой нижний шарик поднимется ровно на высоту верхнего. Заметьте, что в этот момент его вертикальная скорость равна нулю, ср. идею 44.

Воспользуйтесь идеей 51. Варианты: все бруски движутся вместе; всё проскальзывает; верхний скользит, а нижние два движутся вместе (почему невозможно, чтобы верхние два двигались вместе, а нижний скользил?).

Какой закон сохранения работает при столкновении двух мальчиков (в течение ограниченного времени соударения) — считаем ли мы соударение абсолютно упругим или неупругим (может ли импульс теряться и где? если оно неупругое, куда девается энергия?), см. идею 58? После соударения: общее ускорение двух мальчиков постоянно; зная начальную и конечную скорости, найти расстояние — лёгкая кинематическая задача.

Докажите, что при вертикальной нити скорость \(v\) максимальна (применив идею 44 к углу поворота стержня, покажите, что его угловая скорость в этом положении равна нулю; воспользуйтесь идеей 61). Тогда остаётся применить закон сохранения энергии (помните, что \(\omega=0\)). Для ускорения \(a\) воспользуемся идеей 44 и заметим, что горизонтальное ускорение центра должно быть равно нулю; это следует из 2-го закона Ньютона для горизонтального движения (в этот момент горизонтальных сил нет). Далее заметим, что вертикальная координата центра масс есть среднее арифметическое координат концов, \(x_O = \frac12(x_A+x_B)\); взяв производную по времени, получаем \(\dot x_O = \frac{\dot x_A}{2}\) и \(\ddot x_O\equiv a = \frac{\ddot x_A}{2}\) (имейте в виду, что \(x_B\) постоянна). Значит, ускорение точки \(O\) можно найти как половину вертикального ускорения верхнего конца \(A\) стержня; это радиальная, т. е. центростремительная составляющая ускорения точки \(A\) при её движении по окружности вокруг точки подвеса. Наконец, для силы натяжения \(T\) у нас есть уравнение \(T+N-mg = ma\), но нужно ещё одно. Чтобы его получить, рассмотрим вращательное движение стержня в системе отсчёта точки \(O\). В данный момент времени наша новая система движется поступательно вправо со скоростью \(v\) и с ускорением \(a\), направленным вверх. Момент сил относительно центра масс создают только \(T\) и \(N\) (у силы тяжести и сил инерции нулевые плечи). Значит, мы можем связать \(T-N\) с угловым ускорением стержня по 2-му закону Ньютона для вращательного движения. Чтобы найти угловое ускорение, заметим, что в лабораторной системе отсчёта скорости точек \(A\) и \(O\) равны; действительно, обе скорости горизонтальны (вертикальная скорость точки \(A\) равна нулю, потому что это самая низкая точка её траектории, и \(\dot x_O = \frac{\dot x_A}{2}\)), и, воспользовавшись кинематической идеей 35 (проекции скоростей на направление стержня должны быть равны), можно заключить, что скорости должны быть также и равны. Таким образом, в движущейся системе отсчёта скорость точки \(A\) равна нулю, а значит, и её центростремительное ускорение равно нулю. Следовательно, ускорение должно быть перпендикулярно стержню; мы знаем вертикальную составляющую \(2a\) этого ускорения и с помощью тригонометрии можем найти его модуль. Зная это ускорение, находим угловое ускорение стержня.

Найдите мгновенную ось вращения (убедитесь, что её расстояние от центра масс равно \(\frac12\)). Докажите, что центр масс движется по окружности с центром в углу между стеной и полом, а полярная координата центра масс на этой окружности совпадает с углом \(\varphi\) между стеной и палкой. Выразите кинетическую энергию как функцию производной \(\dot\varphi\) обобщённой координаты \(\varphi\), пользуясь теоремой Гюйгенса–Штейнера, и запишите закон сохранения энергии в виде \(\omega^2 = f(\varphi)\); по методу 6 получаем \(\varepsilon = \dot\omega = \frac12 f'(\varphi)\). Когда нормальная сила, действующая со стороны стены, обращается в нуль, ускорение центра масс вертикально: запишите это условие через тангенциальное и радиальное ускорения центра масс на его круговой орбите (соответственно \(\frac l2\varepsilon\) и \(\frac l2\omega^2\)) и воспользуйтесь им как уравнением для отыскания \(\varphi\).

На основании идеи 64 находим, что \(\omega = 6v/l\). Пользуясь законами сохранения энергии и импульса, исключаем скорость шайбы после соударения и выражаем отношение масс.

Силы вдоль нормали к поверхности — силы упругости, поэтому энергия вертикального движения при соударении сохраняется: после удара соответствующая составляющая скорости такая же, как и до него. Чтобы найти две другие неизвестные — горизонтальную и угловую скорости, — одно уравнение можно получить по идее 64. Второе уравнение возникает (а) из условия, что скорость поверхности мяча в точке контакта равна нулю (нет проскальзывания); (б) из уравнения, вытекающего из идеи 60.

Пользуясь идеей 51, исследуем режимы скольжения и качения. В последнем случае быстрее всего получить ответ по идее 65.

Скорость можно найти из законов сохранения энергии и импульса (заметьте, что обруч движется поступательно). Чтобы найти ускорение, удобно воспользоваться неинерциальной системой отсчёта обруча, в которой легко находится центростремительное ускорение бруска. Условие радиального равновесия бруска даёт нормальную силу между бруском и обручем (не забудьте силу инерции!); условие горизонтального равновесия обруча даёт уравнение для отыскания ускорения.

Будем считать скорость бруска приблизительно постоянной. В течение некоторого времени \(t_l\) основание проскальзывает влево относительно бруска, и импульс, переданный силой трения за это время, тоже направлен влево. В течение оставшегося времени \(t_r\) основание проскальзывает вправо, и соответствующий импульс направлен вправо. Условие равновесия состоит в том, что эти два импульса равны по величине; отсюда находим равновесное значение \(t_l/t_r\). По графику находим скорость, при которой это отношение принимает нужное значение.

Натекая на лопасти, вода приобретает ту же вертикальную скорость \(u\), что и сами лопасти. Это позволяет вычислить импульс, передаваемый лопасти в единицу времени (т. е. силу), которая оказывается пропорциональной разности: \(F\propto(v-u)\). Отсюда уже нетрудно найти максимум мощности \(Fu\).

В системе отсчёта доски задача эквивалентна задаче 52.

Перейдите в (ускоренную) систему отсчёта тележки, где эффективное ускорение свободного падения \(\sqrt{a^2+g^2}\) составляет малый угол с вертикалью. Груз будет колебаться, но в конце останется неподвижным, если в момент остановки трос вертикален, а скорость груза равна нулю. Это возможно, когда соответствующее положение отвечает максимальному отклонению при колебании. Значит, амплитуда колебаний должна быть одинаковой и при разгоне, и при торможении, так что даже в момент начала торможения трос должен быть вертикален. Как в этом случае связаны время разгона и период колебаний?

Если ударная волна находится в такой точке, что площадь пересечения её фронта с рассматриваемым телом равна \(S\), то какая сила действует на тело? Предположим, что тело остаётся (почти) на том же месте, пока ударная волна проходит мимо него. Тогда импульс, переданный за время \(dt\), можно найти через площадь поперечного сечения \(S\) и расстояние \(dx = c_s\cdot dt\), пройденное фронтом волны. Заметьте, что \(S\cdot dx\) — элемент объёма. Наконец, просуммируем все переданные импульсы.

Стержень будет вести себя как пружина (поскольку стержень тонкий и сделан из стали, а сталь упруга). После того как левый шар столкнётся с покоящимся шаром, последний приобретёт скорость \(v_0\), а первый останется в покое. Затем гантель как система шаров и пружин начнёт колебаться вокруг своего центра масс. Какова скорость центра масс? Убедитесь, что через полпериода одиночный шар уже настолько далеко, что левый шар с ним снова не столкнётся. Колебания гантели будут понемногу затухать — значит, часть энергии там теряется.