Однородный стержень длины \(l\) прикреплён невесомой нитью (длина которой тоже
\(l\)) к потолку в точке \(A\). Нижний конец стержня опирается на скользкий пол в точке
\(B\), находящейся точно под точкой \(A\). Длина \(AB\) равна \(H\), причём \(l<H<2l\).
Стержень начинает соскальзывать из состояния покоя; найдите максимальную скорость
его центра при последующем движении. Найдите также ускорение центра стержня и
натяжение нити в тот момент, когда скорость стержня максимальна, если масса стержня
равна \(m\).
▶РешениеСкрыть
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 \[\boxed{a = \frac g2\Bigl(1-\frac H{2l}\Bigr)},\qquad \boxed{T = \frac{mg}4\Bigl(3+\frac l{6H}-\frac H{2l}\Bigr)}.\]