Клин массы \(M\) с острыми углами \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\) лежит на
горизонтальной поверхности. Через блок, расположенный на вершине клина,
перекинута нить, к концам которой привязаны бруски масс \(m_1\) и \(m_2\). Каково
будет ускорение клина? Трения нигде нет.
▶РешениеСкрыть
Назовём \(\xi\) обобщённой координатой, если всё состояние системы описывается этим единственным числом. Пусть нужно найти ускорение \(\ddot\xi\) координаты \(\xi\). Если удаётся выразить потенциальную энергию \(\Pi\) системы как функцию \(\Pi(\xi)\) от \(\xi\), а кинетическую энергию — в виде \(K = \mathcal M\dot\xi^2/2\), где коэффициент \(\mathcal M\) — комбинация масс тел (и, возможно, моментов инерции), то \(\ddot\xi = -\Pi'(\xi)/\mathcal M\).
Возьмём смещение клина за координату \(\xi\); если смещение бруска вдоль поверхности клина равно \(\eta\), то из неподвижности центра масс \[\eta(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2) = (M+m_1+m_2)\xi.\] Отсюда находим \[\eta = \frac{(M+m_1+m_2)\xi}{m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2}.\] Если подставлять это выражение всюду, ответ получится крайне громоздким. Поэтому введём более удобную переменную: \[\varrho\equiv\frac{M+m_1+m_2}{m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2}.\] Потенциальная энергия как функция \(\xi\) даётся выражением \[\Pi(\xi) = m_1g\eta\sin\alpha_1-m_2g\eta\sin\alpha_2.\] Дифференцируя \(\Pi(\xi)\), получаем \(\Pi'(\xi) = \varrho g(m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)\).
Найти \(\mathcal M\) немного труднее. Кинетическая энергия даётся суммой горизонтальных и вертикальных энергий: \[K = \tfrac12M\dot\xi^2+\tfrac12m_1(\dot\xi-\dot\eta\cos\alpha_1)^2 +\tfrac12m_1(\dot\eta\sin\alpha_1)^2 +\] \[+\tfrac12m_2(\dot\xi-\dot\eta\cos\alpha_2)^2 +\tfrac12m_2(\dot\eta\sin\alpha_2)^2.\] Имеем \(\eta = \varrho\xi\Rightarrow\dot\eta = \varrho\dot\xi\). Подставляя это в выражение для кинетической энергии, получаем \[\mathcal M = M+m_2(1-2\varrho\cos\alpha_2+\varrho^2) +m_1(1-2\varrho\cos\alpha_1+\varrho^2).\] Теперь применим наше тождество лагранжева формализма: \[\ddot\xi = \frac{\Pi'(\xi)}{\mathcal M} =\] \[= \frac{\varrho g(m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)} {(M{+}m_1{+}m_2)-2\varrho(m_1\cos\alpha_1{+}m_2\cos\alpha_2) +\varrho^2(m_1{+}m_2)}.\] Подставляя \(\varrho\) и упрощая, получаем \[\boxed{a_0 = \frac{g(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2) (m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)} {(m_1+m_2+M)(m_1+m_2)-(m_1\cos\alpha_1+m_2\cos\alpha_2)^2}}.\] Да, это чрезвычайно длинно, но чтобы хорошо выступать на международной олимпиаде, нужно быть привычным к таким выкладкам и не бояться их доводить до конца.
Эта задача — задача 1 IPhO-1971.