Нити и блоки

Верёвка нерастяжима: скорость выбирания равна проекции скорости лодки на направление верёвки.

Какое натяжение нити нужно, чтобы почти невесомый блок двигался с конечным ускорением? Запишите условие нерастяжимости нити и продифференцируйте его дважды.

Груз и нижний блок падают с ускорением \(g\) (вниз); ускорение блока 1 равно \(2g\) (вниз), блока 2 "— нулевое: \(a_1 = 2g\), \(a_2 = 0\).

Для определения ускорения груза массы блоков можно принять равными нулю (так как массы блоков пренебрежимо малы по сравнению с массой груза \(M\)). Тогда, записывая второй закон Ньютона, например, для блока 1, получаем, что натяжение нити в системе равно нулю (на самом деле оно очень маленькое, гораздо меньше чем \(Mg\)). Следовательно, груз вместе с нижним блоком падают с ускорением \(g\).

Записав длину нити и продифференцировав уравнение по времени дважды, получаем уравнение кинематической связи для ускорений: \[2a_3 - a_1 + a_2 = 0 \;\Rightarrow\; a_1 - a_2 = 2g,\] где \(a_1\) "— проекция ускорения блока 1, \(a_2\) "— проекция ускорения блока 2, \(a_3\) "— проекция ускорения нижнего блока (ось направлена вниз).

У нас получается одно уравнение и две неизвестных. Как же разрешить возникшую проблему? Необходимо вспомнить, что хоть блоки в системе и очень лёгкие, всё же они имеют некоторую массу, а значит, и натяжение в системе не совсем равно нулю. Тогда запишем второй закон Ньютона для блоков 1 и 2: \[\begin{align*} mg + T &= m a_1,\\ mg - T &= m a_2, \end{align*}\] где \(m\) "— массы блоков 1 и 2 (блоки по условию задачи одинаковые, а значит, массы у них равны), \(T\) "— натяжение нити (нить невесома, трения нет, следовательно, натяжение во всей нити одинаково). Решая систему из трёх уравнений, получаем: \(a_1 = 2g\), \(a_2 = 0\).

Для невесомого блока натяжения нитей по обе стороны одинаковы, а сумма сил на блок равна нулю. Выразите силы, действующие на блоки, через натяжения двух нитей и составьте уравнение связи длин нитей.

Модули ускорений всех грузов одинаковы и равны \(a = g/3\).

Длина наклонного участка нити уменьшается со скоростью \(v_0\), а расстояние от груза до блока по горизонтали — со скоростью груза. Свяжите их через теорему Пифагора, затем найдите ускорение груза и запишите второй закон Ньютона.

Скорость бруска \(u = \dfrac{v_0}{\cos\alpha}\), сила натяжения нити \(T = \dfrac{mv_0^2\operatorname{tg}^3\alpha}{H\cos\alpha}\); брусок оторвётся от горизонтальной поверхности, когда величина \(v_0^2\operatorname{tg}^4\alpha/H\) достигнет \(g\).

Пусть \(l\) — длина наклонного участка нити, а \(x\) — расстояние от груза до блока по горизонтали:

Запишем теорему Пифагора: \[l^2 = x^2 + H^2. \tag{1}\] За малый промежуток времени \(\Delta t\) величина \(x\) уменьшается на \(u\Delta t\), где \(u\) — скорость бруска: \(\Delta x = -u\Delta t\). Величина \(l\) уменьшается на \(v_0\Delta t\): \(\Delta l = -v_0\Delta t\). Записывая малые изменения левой и правой частей соотношения (1), получим \(\Delta(l^2) = \Delta(x^2)\), или \(2l\Delta l = 2x\Delta x\), или \[l\cdot v_0 = x\cdot u. \tag{2}\] Отсюда находим скорость движения бруска: \(u = \dfrac lx v_0 = \dfrac{v_0}{\cos\alpha}\).

Для нахождения ускорения бруска рассмотрим малые изменения левой и правой частей соотношения (2). Имеем \(v_0\Delta l = x\Delta u + u\Delta x\), или \(-v_0^2\Delta t = x\Delta u - u^2\Delta t\). Отсюда \[\frac{\Delta u}{\Delta t} = \frac{u^2 - v_0^2}{x} = \frac{v_0^2}{H/\operatorname{tg}\alpha}\left(\frac1{\cos^2\alpha} - 1\right) = \frac{v_0^2}{H}\operatorname{tg}^3\alpha.\] Пусть \(T\) — сила натяжения нити, \(N \ge 0\) — сила нормального давления, действующая на брусок. Запишем второй закон Ньютона для движения бруска в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления: \[T\cos\alpha = m\frac{\Delta u}{\Delta t} = m\frac{v_0^2}{H}\operatorname{tg}^3\alpha \qquad\text{и}\qquad N + T\sin\alpha - mg = 0.\] Первое равенство даёт \(T = \dfrac{mv_0^2\operatorname{tg}^3\alpha}{H\cos\alpha}\), из второго соотношения с учётом \(N \ge 0\) находим \(T\sin\alpha \le mg\) и \(\dfrac{v_0^2\operatorname{tg}^4\alpha}{H} \le g\). Таким образом, когда в процессе движения бруска величина \(v_0^2\operatorname{tg}^4\alpha/H\) станет равной \(g\), брусок оторвётся от горизонтальной поверхности.

Нить невесома и перекинута через блоки без трения, поэтому её натяжение одинаково во всех точках. Что оно должно равняться, чтобы левый груз покоился, и какое ускорение тогда получит правый?

\(a = g/2 = 5\text{ м/с}^2\), направлено вниз.

Пусть \(m\) — масса правого груза. Чтобы левый груз оставался в покое, натяжение нити должно равняться \(T = 2mg\). Тогда правый груз будет двигаться вверх с ускорением \(a_1 = \dfrac{2mg - mg}{m} = g\). Поскольку левый конец нити неподвижен, средний блок должен двигаться вниз с ускорением \(a = \dfrac{g}{2}\).

Нить нерастяжима: как меняется её длина между барабаном и муфтой \(B\)? Сравните скорость сматывания нити с проекциями скоростей муфт на направление нити.

\(u \approx 32\) см/с.

Блок невесом, значит, сумма моментов сил на него равна нулю: как делятся силы натяжения двух нитей? Кинематическую связь удобно писать в системе отсчёта блока.

\(a_O = 2{,}4\) м/с\(^2\).

Поскольку блок не имеет массы, силы натяжения нитей равны: \(T_1 = F/3\) и \(T_2 = 2F/3\). Уравнение кинематической связи записывается в системе отсчёта, связанной с блоком: \(a_0 - a_1 = 2a_2 - 2a_0\).

Пусть за время \(\Delta t\) груз \(A\) опустился на \(x = v_A \Delta t\). Обе вертикальные ветви нити у подвижного блока стали длиннее на \(x\) каждая: всего \(2x\). Полная длина нити неизменна, значит, конец с грузом \(B\) поднялся… точнее, отдал эти \(2x\): груз \(B\) сместился на \(2x\).

Скорость груза \(B\): \[ v_B = \frac{2x}{\Delta t} = 2\,v_A. \]

Ось катушки. Она отстоит от мгновенной оси \(P\) на \(R\): \[ v_{\text{оси}} = \omega R. \]

Груз. Скорость груза равна скорости нити. Нить сходит с нижней части внутреннего цилиндра горизонтально; расстояние от \(P\) (точки касания с рейкой) до линии нити равно \(R - r\) (нить проходит выше рейки на \(R - r\)). Значит, \[ v_{\text{г}} = \omega\,(R - r). \] Нить движется в ту же сторону, что и ось, но медленнее — катушка «съедает» нить, догоняя её.

Когда клин смещается на \(u\,\Delta t\) вправо, поверхность его грани в данном вертикальном сечении опускается на \[ \Delta h = u\,\Delta t\cdot\tg 30^\circ \] (грань с углом \(30^\circ\): смещению по горизонтали на 1 отвечает понижение на \(\tg30^\circ\)). Конец стержня не отрывается от грани: \[ v\,\Delta t = u\,\Delta t\,\tg30^\circ \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{v}{\tg30^\circ} = v\sqrt3 \approx 1{,}7\,v. \]

Пусть клин уезжает с ускорением \(a\) (из-под монеты). За время \(t\) он сместится на \(s = at^2/2\), и точка его грани, находившаяся под монетой, «опустится» на \[ s\,\tg\alpha = \frac{a t^2}{2}\tg\alpha \] (пологая грань уходит вниз при смещении клина — как в задаче 1.5.3). Монета за это же время падает на \(gt^2/2\).

Свободное падение не нарушится, если поверхность всегда не выше монеты: \[ \frac{a t^2}{2}\tg\alpha \ \ge\ \frac{g t^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad a \ \ge\ \frac{g}{\tg\alpha} = g\,\ctg\alpha. \] Наименьшее подходящее ускорение — при равенстве: тогда монета падает, «облизывая» грань, но не давя на неё.

Монета всё время остаётся на грани, поэтому её скорость складывается из переносной (скорость клина \(\vec v_{\text{кл}}\), горизонтальная) и относительной (\(\vec v_{\text{отн}}\), вдоль грани под углом \(\alpha\)): \[ \vec v = \vec v_{\text{кл}} + \vec v_{\text{отн}}. \] Построение: через конец вектора \(\vec v\) проводим прямую, параллельную грани, до пересечения с горизонталью, проведённой через начало \(\vec v\). Отрезок горизонтали и есть \(\vec v_{\text{кл}}\).

Из треугольника (теорема синусов) можно снять и формулу: \[ \frac{v_{\text{кл}}}{\sin(\beta - \alpha)} = \frac{v}{\sin\alpha} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{кл}} = v\,\frac{\sin(\beta-\alpha)}{\sin\alpha}. \] Так как монета скользит круче грани (\(\beta > \alpha\)), клин движется в сторону, противоположную горизонтальной составляющей \(\vec v\), — «выскальзывает» из-под монеты.

При повороте вокруг оси \(O\) расстояния до неё сохраняются: \(OA = OA'\) и \(OB = OB'\). Точки, равноудалённые от концов отрезка, лежат на его серединном перпендикуляре. Строим:

середина \(AA'\): \((-2;\ 1{,}5)\), перпендикуляр к \(AA'\);
середина \(BB'\): \((0{,}5;\ -1)\), перпендикуляр к \(BB'\).

Их пересечение (аккуратно по клеточкам, либо решив систему): \[ O = \left(-\frac{17}{6};\ \frac{19}{6}\right) \approx (-2{,}8;\ 3{,}2). \]

а. Проекция скорости \(A\) на прямую \(AB\): \(v\cos45^\circ\). Такова же и проекция скорости \(B\): \[ u_{AB} = v\cos45^\circ = \frac{v}{\sqrt2}. \] (Модуль \(u\) здесь не нужен — он лишь говорит, что у \(\vec u\) есть ещё и поперечная составляющая.)

б. Разложим \(\vec u = \vec u_\parallel + \vec u_\perp\) (в плоскости и перпендикулярно ей). Точка \(C\) лежит в одной плоскости с \(A\), \(B\) и \(\vec v\); прямые \(CA\) и \(CB\) — две непараллельные прямые этой плоскости. Проекция \(\vec u\) на \(CA\) равна проекции \(\vec v\) на \(CA\); то же для \(CB\). Но проекции на две непараллельные прямые плоскости однозначно задают плоскостную составляющую вектора — значит, \[ \vec u_\parallel = \vec v. \] Тогда перпендикулярная составляющая находится по Пифагору: \[ u_\perp = \sqrt{u^2 - v^2}. \]

Ускорение. Перейдём в систему отсчёта оси колеса — она движется равномерно, значит, инерциальная и ускорения в ней те же. В этой системе точка равномерно вращается по окружности радиуса \(r\) с угловой скоростью \(\omega = v/R\) (условие качения). Ускорение чисто центростремительное: \[ a = \omega^2 r = \frac{v^2 r}{R^2} \] — направлено всегда к оси колеса (не к точке касания!).

Радиусы кривизны. В высшей точке скорость точки складывается из скорости оси и вращательной: \(v_{\text{в}} = v + \omega r = v\,\dfrac{R+r}{R}\) (горизонтальна), а ускорение \(a = v^2r/R^2\) направлено вниз, перпендикулярно ей: \[ \rho_{\text{в}} = \frac{v_{\text{в}}^2}{a} = \frac{v^2 (R+r)^2/R^2}{v^2 r/R^2} = \frac{(R+r)^2}{r}. \] В низшей точке \(v_{\text{н}} = v\,\dfrac{|R-r|}{R}\), ускорение направлено вверх (к оси), снова перпендикулярно скорости: \[ \rho_{\text{н}} = \frac{(R-r)^2}{r}. \]

Найдём расстояние от точки \(P\) до линии нити. Нить касается внутреннего цилиндра радиуса \(r\) и наклонена под углом \(\alpha\); аккуратная геометрия (или прямое вычисление) даёт \[ d = R\cos\alpha - r. \] Скорость нити (материальной точки нити на катушке) при вращении вокруг \(P\): \[ v = \omega\,d = \omega\,(R\cos\alpha - r) \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{v}{R\cos\alpha - r},\qquad u_{\text{оси}} = \omega R = \frac{vR}{R\cos\alpha - r}. \]

Куда катится? Если \(\cos\alpha > r/R\) (пологая нить), плечо положительно: катушка катится вправо, к тянущему, наматывая нить. Если \(\cos\alpha < r/R\) (крутая нить), катушка откатывается влево, разматываясь. При \(\cos\alpha = r/R\) нить проходит точно через \(P\) — катушка на грани (при идеальной нити тянуть её с постоянной скоростью в этом направлении невозможно: любое \(\omega\) не втягивает нить).

Пусть центр колеса повернулся вокруг центра цилиндра \(O\) на угол \(\varphi\) (двигаясь по окружности радиуса \(2r - r = r\)). Дуга контакта на цилиндре: \(2r\varphi\); без проскальзывания столько же наматывается по ободу колеса: колесо поворачивается на \(2r\varphi/r = 2\varphi\) относительно земли… аккуратнее: относительно линии центров колесо поворачивается на \(2\varphi - \varphi = \varphi\) в обратную сторону.

Следим за отмеченной точкой \(M\): пусть в начальный момент она совпадает с точкой касания \(K_0\) на цилиндре. Когда линия центров повернулась на \(\varphi\), точка \(M\) отстоит от новой точки касания на угол \(2\varphi\) по ободу (в обратную сторону). Прямое вычисление координат: \[ x_M = r\cos\varphi + r\cos\varphi = 2r\cos\varphi,\qquad y_M = r\sin\varphi - r\sin\varphi = 0. \] Точка \(M\) всё время лежит на прямой \(y = 0\) — на диаметре цилиндра, проходящем через её начальное положение! Она гармонически «ездит» по этому диаметру от края до края.

а. Раз Луна всегда повёрнута к Земле одной стороной, за полный обход орбиты направление «на Землю» поворачивается на \(360^\circ\) — вместе с ним на \(360^\circ\) поворачивается и сама Луна относительно звёзд. Итак, один оборот. (Если бы Луна совсем не вращалась вокруг оси, мы за месяц увидели бы её со всех сторон!)

б. За год Земля делает 365,25 оборота относительно Солнца (столько солнечных суток) и на один больше — 366,25 — относительно звёзд (обход орбиты добавляет один оборот, как у Луны). Тот же год состоит из 366,25 звёздных суток: \[ T_{\text{зв}} = T_{\text{солн}}\cdot\frac{365{,}25}{366{,}25}. \] Разница: \[ \Delta T = T_{\text{солн}}\left(1 - \frac{365{,}25}{366{,}25}\right) = \frac{24\ \text{ч}}{366{,}25} \approx 3{,}9\ \text{мин} \approx 4\ \text{мин}. \]

Спица выходит из точки \(O\) кольца; угол между спицей и диаметром \(OC\) — вписанный угол \(\varphi\), опирающийся на дугу от диаметра до бусинки. Центральный угол той же дуги вдвое больше: \(2\varphi\). Спица вращается равномерно: \(\varphi = \omega t\), значит, бусинка обегает кольцо с постоянной угловой скоростью \[ \Omega = 2\omega. \]

Равномерное движение по окружности радиуса \(R\) даёт чисто центростремительное ускорение: \[ a = \Omega^2 R = 4\,\omega^2 R, \] направленное к центру кольца.

Разложим скорость лодки \(\vec v\) на составляющую вдоль верёвки (\(v\cos\alpha\)) и поперёк (\(v\sin\alpha\)). Поперечная составляющая лишь поворачивает верёвку и её длины не меняет; продольная — удлиняет отрезок «столб–лодка» со скоростью \(v\cos\alpha\).

Чтобы верёвка не провисала (и не рвалась), свободный конец надо тянуть ровно с той же скоростью: \[ u = v\cos\alpha. \]

Рассмотрим черепаху 1, догоняющую черепаху 2. Скорость сближения — это скорость изменения расстояния между ними: \[ -\frac{\Delta l}{\Delta t} = \underbrace{v}_{\text{черепаха 1 движется точно на цель}} - \underbrace{v\cos90^\circ}_{\text{цель уходит поперёк линии}} = v. \] Скорость черепахи 2 всё время перпендикулярна стороне квадрата 1–2 (она направлена на черепаху 3), поэтому от неё расстояние 1–2 не меняется. Значит, сторона квадрата укорачивается с постоянной скоростью \(v\).

Начальная сторона \(a\), встреча — когда она стянется в нуль: \[ t = \frac{a}{v}. \] По симметрии всё время движения центр квадрата неподвижен — там черепахи и встретятся, закрутившись по красивым спиралям.

Пусть \(x = v_A t\) — глубина провисания. Длина каждой наклонной части верёвки \( \sqrt{L^2 + x^2} \). Скорость её удлинения — проекция скорости точки \(A\) (вертикальной \(v_A\)) на направление верёвки: \[ v_A\cos\theta = v_A\,\frac{x}{\sqrt{L^2+x^2}}, \] где \(\theta\) — угол между верёвкой и вертикалью… точнее, косинус угла между \(v_A\) и верёвкой равен \(x/\sqrt{L^2+x^2}\).

Удлиняются обе половины, а вся эта верёвка «выбирается» из части, держащей груз \(B\): \[ v_B = 2\,v_A\,\frac{x}{\sqrt{L^2 + x^2}} = \frac{2 v_A^2\,t}{\sqrt{L^2 + v_A^2 t^2}}. \]

В момент \(t\) верхний конец на высоте \(y = vt\), нижний — на расстоянии \[ x = \sqrt{L^2 - v^2t^2} \] от угла (Пифагор). Направим ось вдоль стержня: его направление — от верхнего конца к нижнему, компоненты \((x,\ -y)/L\).

Проекции скоростей концов на стержень равны: \[ \underbrace{v\cdot\frac{y}{L}}_{\text{верхний конец}} = \underbrace{u\cdot\frac{x}{L}}_{\text{нижний конец}} \] (верхний движется вверх со скоростью \(v\), его проекция на стержень — \(v\,y/L\); нижний движется горизонтально со скоростью \(u\), проекция — \(u\,x/L\)). Отсюда \[ u = v\,\frac{y}{x} = \frac{v^2 t}{\sqrt{L^2 - v^2 t^2}}. \]

Нижний конец приближается к стене, разгоняясь: в начале (\(t=0\), стержень лежит на полу) \(u = 0\), а при \(vt \to L\) (стержень встаёт вертикально) формально \(u \to \infty\) — на деле конец оторвётся от стены раньше.

Точка опоры бревна о кузов находится на высоте \(H\); её горизонтальное расстояние от нижнего конца \(x\) связано с углом: \[ x = H\,\ctg\alpha. \] Грузовик отъезжает: за малое время \(\Delta t\) расстояние \(x\) вырастает на \(v\,\Delta t\), а угол уменьшается на \(\Delta\alpha\). Приращение котангенса при малом изменении угла: \[ \Delta(\ctg\alpha) = \frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha} \] (по модулю; это видно из \(\ctg(\alpha-\Delta\alpha) - \ctg\alpha = \frac{\sin\Delta\alpha}{\sin\alpha\,\sin(\alpha-\Delta\alpha)} \approx \frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha}\)).

Приравниваем изменение \(x\): \[ v\,\Delta t = H\,\frac{\Delta\alpha}{\sin^2\alpha} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{\Delta\alpha}{\Delta t} = \frac{v\,\sin^2\alpha}{H}. \]

Пусть \(r\) — радиус цилиндра. Центр вписанного в угол цилиндра лежит на биссектрисе, а точка касания с полом (и горизонтальная координата центра) отстоит от шарнира на \[ x = \frac{r}{\tg(\alpha/2)} = r\,\ctg\frac{\alpha}{2}. \]

Стержень опускается или поднимается с угловой скоростью \(\omega\): за \(\Delta t\) угол меняется на \(\Delta\alpha = \omega\,\Delta t\). Приращение котангенса половинного угла (как в задаче 1.5.17): \[ \Delta x = r\,\frac{\Delta(\alpha/2)}{\sin^2(\alpha/2)} = \frac{r\,\omega\,\Delta t}{2\sin^2(\alpha/2)}. \] Это скорость центра цилиндра: \( u = \dfrac{r\,\omega}{2\sin^2(\alpha/2)} \).

Цилиндр катится по полу без проскальзывания, поэтому его угловая скорость \[ \omega' = \frac{u}{r} = \frac{\omega}{2\sin^2(\alpha/2)}. \]

Точка границы лежит на сфере на высоте \(h\) над центром; радиус к ней составляет с горизонталью угол \(\varphi\), причём \(\sin\varphi = h/R\). Пусть уровень поднялся на \(\Delta h\); граница сместилась по поверхности (по дуге большого круга) на \(\Delta s = R\,\Delta\varphi\). Связь: высота точки \(h = R\sin\varphi\), значит, \[ \Delta h = R\cos\varphi\,\Delta\varphi \quad\Longrightarrow\quad \Delta s = R\,\Delta\varphi = \frac{\Delta h}{\cos\varphi}. \]

Скорость границы по поверхности: \[ v = \frac{\Delta s}{\Delta t} = \frac{u}{\cos\varphi} = \frac{u}{\sqrt{1 - h^2/R^2}} = \frac{u\,R}{\sqrt{R^2 - h^2}}. \]

Длина плёнки: за время \(t\) при скорости \(v\) протянулось \[ \ell = v\,t. \] В торце бобины плёнка занимает кольцо площадью \(\pi(R^2 - r^2)\). Та же плёнка, вытянутая в полоску толщиной \(d\), имеет площадь сечения \(\ell\,d\) (длина на толщину). Площадь сохраняется: \[ \pi\,(R^2 - r^2) = \ell\,d = v\,t\,d \quad\Longrightarrow\quad d = \frac{\pi\,(R^2 - r^2)}{v\,t}. \]

В момент отрыва сила реакции стола равна нулю. Свяжите горизонтальное и вертикальное ускорения грузика с точкой \(O\) через нерастяжимость нити.

\(a = g\cdot\operatorname{ctg}^2\alpha\).

Скорость наматывания нити постоянна, поэтому ускорения тел связаны так же, как для нити постоянной длины. Какая сила действует на ящик со стороны нити?

\(a_2 = \left|\dfrac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1}\right| g\).

Невесомый блок не может нести ненулевую разность натяжений, а к невесомому блоку 4 прикреплена нить от оси блока 5. Выясните, какие нити не натянуты, а затем запишите связь координат блоков через длину нерастяжимой нити.

\(a_1 = a_2 = a_3 = 0\), \(a_5 = g\), \(a_4 = -2g\) (ось \(x\) направлена вниз, т. е. ось блока 4 движется вверх с ускорением \(2g\)); \(\omega_1 = \omega_3 = 0\); блок 4 вращается по часовой стрелке, блоки 2 и 5 "— против.

Поскольку блок 4 невесом, сила натяжения нижней нити (прикреплённой к оси блока 5) равна нулю, и \(a_5 = g\). Из невесомости блоков 2 и 3 следует равенство нулю силы натяжения также и верхней нити, перекинутой через блоки 1 и 3. Стало быть, массивный блок 1 вращаться не будет, и положения блоков 2 и 3 будут неизменными. Блок 3, очевидно, вращаться тоже не будет. Для определения ускорения оси блока 4 и направлений вращения блоков 2, 4 и 5 выразим длину \(l\) нити, перекинутой через блоки 2, 4 и 5, через координаты соответствующих блоков: \[l = x_4 - x_3 + x_4 - x_2 + x_5 - x_2 + x_5 - x_4 + \delta = -2x_2 - x_3 + x_4 + 2x_5 + \delta,\] где \(\delta\) "— сумма длин полуокружностей блоков 2, 4 и 5, а \(x_2\) и \(x_3\) постоянны.

Дважды дифференцируя это равенство по времени, получим: \[\ddot x_4 + 2\ddot x_5 = 0,\] откуда \[\ddot x_4 = -2\ddot x_5 = -2g.\]

Точка \(B\) движется по окружности вокруг \(A\), поэтому её скорость направлена вдоль нити \(BC\). Для длины \(BC\) перейдите в систему отсчёта точки \(C\): там \(B\) движется по окружности вокруг \(C\), а так как \(\vec a_C = 0\), ускорения в обеих системах одинаковы.

1) \(v_B = v\cos\varphi = \dfrac{v\sqrt3}{2}\);  2) \(l_{BC} = \dfrac{v^2\sin^2\varphi}{a_\tau} = \dfrac{v^2}{4a_\tau}\);  3) \(a_B = a_\tau\sqrt{1 + \operatorname{ctg}^6\varphi} = 2\sqrt7\,a_\tau\).

Так как точка \(A\) закреплена, а нить \(AB\) натянута, то точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(A\) и радиусом \(l_{AB}\). Следовательно, её скорость в рассматриваемый момент перпендикулярна радиусу окружности, то есть нити \(AB\), и поэтому направлена вдоль нити \(BC\), перпендикулярной нити \(AB\). Найти скорость точки \(B\) можно двумя способами.

Первый способ: поскольку нить \(BC\) нерастяжима и натянута, то проекции скоростей точек \(B\) и \(C\) на неё равны. Проекция скорости точки \(C\) на нить \(BC\) равна \(v\cos\varphi\), так что \(v_B = v\cos\varphi\).

Второй способ: перейдем в систему отсчета точки \(C\), то есть в поступательно движущуюся систему отсчёта, в которой точка \(C\) покоится. Скорости \(\vec v_B\) и \(\vec v\,'_B\) точки \(B\) в исходной и новой системах отсчёта соответственно связаны соотношением \(\vec v_B = \vec v\,'_B + \vec v_C\), где \(\vec v_C\) — скорость точки \(C\) в исходной системе отсчёта. В новой системе отсчёта точка \(C\) покоится, нить \(BC\) натянута, так что точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(C\) и радиусом \(l_{BC}\). При этом скорость точки \(B\) в новой системе отсчёта направлена перпендикулярно радиусу окружности — нити \(BC\). Значит, скорости \(\vec v_B\), \(-\vec v\) и \(\vec v_B - \vec v = \vec v\,'_B\) образуют прямоугольный треугольник с углом \(\varphi\) между \(\vec v\) и \(\vec v_B\), в котором \(\vec v\) является гипотенузой. В таком случае \(v_B = v\cos\varphi\).

\[v_B = v\cos\varphi = \frac{v\sqrt3}{2}.\] Теперь определим длину нити \(BC\). Для этого перейдём в систему отсчёта точки \(C\), в точности как в Варианте 2 в предыдущем пункте. Поскольку новая система отсчёта поступательно движется относительно исходной, то ускорения \(\vec a_B\) и \(\vec a\,'_B\) точки \(B\) в исходной и новой системах отсчёта соответственно связаны соотношением \(\vec a_B = \vec a\,'_B + \vec a_C\), где \(\vec a_C\) — ускорение точки \(C\) в исходной системе отсчёта. Так как точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(C\) в новой системе отсчёта, то её ускорение складывается из тангенциального ускорения \(\vec a\,'_\tau\), направленного вдоль нити \(AB\), и ортогонального ему нормального ускорения \(\vec a\,'_n\), направленного к точке \(C\) вдоль нити \(BC\). По условию в исходный момент \(\vec a_C = 0\), так что \(\vec a_B = \vec a\,'_B\). Также дано, что ускорение точки \(B\), направленное вдоль нити \(BC\), равно \(a_\tau\). Значит, нормальное ускорение точки \(B\) в новой системе отсчёта равно \(a_\tau\). С другой стороны, оно равно \[\frac{(v'_B)^2}{l_{BC}} = \frac{(v\sin\varphi)^2}{l_{BC}},\] где равенство \(v'_B = v\sin\varphi\) получается из геометрии прямоугольного треугольника, образованного скоростями \(\vec v_B\), \(-\vec v\) и \(\vec v\,'_B\). Таким образом, \[a_\tau = \frac{(v\sin\varphi)^2}{l_{BC}} \quad\Longrightarrow\quad l_{BC} = \frac{v^2\sin^2\varphi}{a_\tau}.\] \[l_{BC} = \frac{v^2\sin^2\varphi}{a_\tau} = \frac{v^2}{4a_\tau}.\] Определим полное ускорение точки \(B\) в исходной системе отсчёта. Поскольку в исходной системе отсчёта точка \(B\) движется по окружности с центром в точке \(A\), то её полное ускорение складывается из двух ортогональных составляющих: тангенциального ускорения \(a_\tau\) и нормального ускорения, направленного вдоль нити \(AB\) к точке \(A\) и равного \[a_n = \frac{v_B^2}{l_{AB}} = \frac{v^2\cos^2\varphi}{l_{BC}\cdot\operatorname{tg}\varphi} = \frac{a_\tau\cos^3\varphi}{\sin^3\varphi} = a_\tau\operatorname{ctg}^3\varphi.\] Равенство \(l_{AB} = l_{BC}\cdot\operatorname{tg}\varphi\) получается из геометрии прямоугольного треугольника \(ABC\). Полное ускорение точки \(B\) находим по теореме Пифагора \[a_B = \sqrt{a_n^2 + a_\tau^2} = a_\tau\cdot\sqrt{1 + \operatorname{ctg}^6\varphi} = 2\sqrt7\,a_\tau.\]

В момент отрыва сила реакции стола равна нулю, а груз не ускоряется, значит натяжение \(T = Mg\). Для второго пункта нужна скорость шарика в момент отрыва: перейдите в систему отсчёта точки нити, касающейся блока, — там шарик движется по окружности.

1) \(m/M = \sin\alpha\);  2) \(\sin\beta = \dfrac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}\).

1. Введём систему координат \(xy\) так, как показано на рисунке. Пусть \(\vec a\) — ускорение шарика в момент его отрыва от поверхности. Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось \(y\), принимая во внимание, что в момент отрыва \(N = 0\): \[ma_y = mg - T\sin\alpha = 0. \tag{1}\] Запишем второй закон Ньютона для груза \(M\) в проекции на ось \(y\), принимая во внимание, что груз не ускоряется: \[Ma_M = Mg - T = 0. \tag{2}\] Исключая из уравнений (1) и (2) силу натяжения \(T\), находим отношение масс: \[\frac{m}{M} = \sin\alpha.\]

2. Пусть \(v\) и \(u\) — скорости шарика и груза соответственно в рассматриваемый момент, а \(h\) — высота блока над поверхностью.

Поскольку нить нерастяжима, проекция скорости шарика \(v\) на ось \(z\) равна \(u\): \[v = \frac{u}{\cos\alpha}. \tag{3}\] Поскольку трения в системе нет, выполняется закон сохранения механической энергии: \[\frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} = -Mg\Delta l, \tag{4}\] где \(\Delta l = h(1/\sin\alpha - 1/\sin\beta)\) — изменение длины наклонного участка нити. Подставляя отношение \(m/M\) и соотношение (3) в уравнение (4), получим: \[\frac{mv^2}{2}\left(1 + \frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}\right) = \frac{mgh}{\sin\alpha}\left(\frac{1}{\sin\beta} - \frac{1}{\sin\alpha}\right),\] откуда: \[\frac{1}{\sin\beta} = \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{v^2(\sin\alpha + \cos^2\alpha)}{2gh}. \tag{5}\] Таким образом, задача сводится к определению безразмерного параметра \(gh/v^2\), для нахождения которого проанализируем динамику шарика.

Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на горизонтальную ось \(x\): \[ma_x = ma = T\cos\alpha \;\Rightarrow\; a = \frac{T\cos\alpha}{m} = \frac{g\cos\alpha}{\sin\alpha}. \tag{6}\] Введём ось \(z\), направленную вдоль наклонного участка нити от шарика к блоку (т. е. образующую угол \(\alpha\) с горизонтом). Проекция ускорения шарика на ось равняется \[a_z = a\cos\alpha = \frac{g\cos^2\alpha}{\sin\alpha}. \tag{7}\] Перейдём в систему отсчёта точки \(A\) наклонного участка нити, в которой он касается блока. Ускорение шарика \(\vec a_\text{отн}\) в данной системе отсчёта равняется: \[\vec a_\text{отн} = \vec a - \vec a_A.\] Поскольку ускорение груза равняется нулю — тангенциальное ускорение точки \(A\) также равняется нулю, откуда следует, что полное ускорение точки \(A\) направлено перпендикулярно наклонному участку нити. Тогда в рассматриваемой системе отсчёта: \[a_{\text{отн}\,z} = a_z.\] В системе отсчёта точки \(A\) шарик движется по окружности радиусом \(l = h/\sin\alpha\), равным длине наклонного участка нити, со скоростью \(v_\perp = v\sin\alpha\), равной проекции скорости шарика на ось, перпендикулярную оси \(z\). Поэтому из выражения для центростремительного ускорения получим: \[a_{\text{отн}\,z} = \frac{v_\perp^2}{l} = \frac{v^2\sin^3\alpha}{h}. \tag{8}\] Приравнивая (7) и (8), находим: \[\frac{gh}{v^2} = \frac{\sin^4\alpha}{\cos^2\alpha}. \tag{9}\] Подставляя (9) в (5), получим: \[\frac{1}{\sin\beta} = \frac{1}{\sin\alpha} + \frac{\cos^2\alpha(\sin\alpha + \cos^2\alpha)}{2\sin^4\alpha}, \tag{10}\] откуда находим угол \(\beta\): \[\sin\beta = \frac{2\sin^4\alpha}{\sin\alpha + \sin^3\alpha + \cos^4\alpha}.\]

Колечко невесомо, а спица действует на него только перпендикулярно себе, — значит, участок нити от бусинки до колечка всё время вертикален. Отсюда следует траектория бусинки при натянутой нити; сравните её с параболой свободного полёта.

1) \(\alpha = \pi/4\);  2) \(v_0 \geqslant \sqrt{2gL}\).

1. Первый способ. Так как колечко невесомое, равнодействующая приложенных к нему сил равна нулю в любой момент времени. Поскольку трения между спицей и колечком нет, спица действует на колечко в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к колечку сил возможно, только если участок нити, соединяющий колечко с бусинкой, в любой момент ориентирован вертикально. Поскольку длина всей нити постоянна, а участок нити, соединяющий бусинку и кольцо, всё время остаётся вертикальным и по условию в начальный момент времени нить натянута, можем найти проекции начальной скорости на направление нитей. Вертикальный участок удлиняется со скоростью: \[v_{0y} = v_0\sin\alpha;\] горизонтальный участок укорачивается со скоростью: \[|v_{0x}| = v_0\cos\alpha.\] Чтобы длина нити оставалась постоянной, модули проекций скоростей должны быть равны: \[v_{0y} = |v_{0x}| \;\Rightarrow\; v_0\sin\alpha = v_0\cos\alpha \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\alpha = 1 \;\Rightarrow\; \alpha = \frac{\pi}{4}.\]

Второй способ. Участок нити, соединяющий бусинку и кольцо, всё время остаётся вертикальным и по условию в начальный момент времени нить натянута. Пусть \(b\) — расстояние от спицы до точки крепления нити \(O\). Приравняем длину нити через малое время \(\Delta t\) к начальной длине \(L + b\): \[L + b = b + v_{0y}\Delta t + \sqrt{(v_{0y}\Delta t)^2 + (L - v_{0x}\Delta t)^2},\] где \(v_{0x}\), \(v_{0y}\) — горизонтальная и вертикальная проекции начальной скорости. \[(L - v_{0y}\Delta t)^2 = (v_{0y}\Delta t)^2 + (L - v_{0x}\Delta t)^2; \qquad L^2 - 2Lv_{0y}\Delta t = L^2 - 2Lv_{0x}\Delta t + (v_{0x}\Delta t)^2.\] Пренебрежём вторым порядком малости: \[v_{0y} = v_{0x} \;\Rightarrow\; v_0\sin\alpha = v_0\cos\alpha \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\alpha = 1 \;\Rightarrow\; \alpha = \frac{\pi}{4}.\] Таким образом: \(\alpha = \pi/4\).

2. Проанализируем траекторию движения бусинки. Введём систему координат \(xy\) с началом в точке \(O\). Так как расстояние от спицы до начального положения бусинки постоянно, длина участка нити, находящегося выше \(Ox\), также постоянна и равна \(L\).

С учётом этого: \[L = y + \sqrt{y^2 + x^2}; \quad y^2 + x^2 = L^2 - 2Ly + y^2; \quad y = \frac{L}{2} - \frac{x^2}{2L}.\] Таким образом, траектория движения при условии натяжения нити является параболой.

Далее найдём минимальную возможную начальную скорость \(v_{0\min}\) бусинки, при которой нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы.

Первый способ. При свободном броске в поле тяжести траекторией будет являться парабола, которая касается полученной параболы. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити. Получим уравнение траектории при свободном движении в поле тяжести: \[\begin{cases} y = v_{0\min}\sin(\alpha)\,t - \dfrac{gt^2}{2},\\ x = L - v_{0\min}\cos(\alpha)\,t; \end{cases}\] учтём, что \(\alpha = \pi/4\), тогда: \[y = L - x - \frac{g(L - x)^2}{v_{0\min}^2}; \quad y = \frac{Lv_{0\min}^2 - gL^2}{v_{0\min}^2} + \frac{2gL - v_{0\min}^2}{v_{0\min}^2}\,x - \frac{g}{v_{0\min}^2}\,x^2.\] Сравнивая полученные уравнения для траекторий, получим: \[v_{0\min}^2 = 2gL.\]

Второй способ. Траектория движения при условии натяжения нити является параболой. При свободном броске в поле тяжести под фиксированным углом \(\alpha = \pi/4\) к горизонту траекториями полёта будут являться параболы, касающиеся параболы, по которой движется бусинка на нити. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити.

Найдём горизонтальную проекцию скорости в случае броска по совпадающей траектории: \[L = v_x t \;\Rightarrow\; t = \frac{L}{v_x}; \quad \frac{L}{2} = \frac{gt^2}{2} = \frac{gL^2}{2v_x^2} \;\Rightarrow\; v_x = \sqrt{gL} \;\Rightarrow\; v_{0\min} = \frac{v_x}{\cos\alpha} = \sqrt{2gL}.\]

Третий способ. При свободном броске в поле тяжести траекторией будет являться парабола, которая касается полученной параболы. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити. Запишем закон сохранения энергии для системы «бусинка + нить + кольцо». Поскольку нить и кольцо являются невесомыми, их механические энергии равны нулю. Работа сил, действующих на конец \(O\) нити со стороны крепления и на кольцо со стороны спицы, равна нулю, поскольку конец нити \(O\) закреплён и не перемещается, а кольцо движется перпендикулярно силе взаимодействия со спицей. \[\begin{cases} \dfrac{m(v_{0x}^2 + v_{0y}^2)}{2} = \dfrac{mv_{0x}^2}{2} + \dfrac{mgL}{2},\\ v_{0y} = v_{0\min}\sin\alpha; \end{cases}\] учитывая, что \(\alpha = \pi/4\), получаем: \[v_{0\min}^2 = 2gL \;\Rightarrow\; v_{0\min} = \sqrt{2gL}.\]

Покажем, что при скоростях больших, чем \(v_{0\min}\), бусинка будет продолжать двигаться по параболе, ограниченной нитью. Рассмотрим силы со стороны нити на бусинку. С двух сторон бусинки на неё действуют одинаковые силы натяжения. Тогда результирующая этих двух сил направлена по биссектрисе угла, образованного нитями. Аналогично первой части решения можно показать, что проекции скорости бусинки на вертикальную ось и на ось, направленную вдоль наклонного участка нити, будут равны по модулю. Это означает, что скорость бусинки направлена по биссектрисе внешнего угла, образованного нитями. Так как биссектрисы внешнего и внутреннего углов перпендикулярны, получаем, что скорость всегда перпендикулярна результирующей сил натяжения, а значит, работу не совершает и не тормозит бусинку при любых скоростях, больших минимальной. При скоростях больших, чем \(v_{0\min}\), нить является натянутой, поскольку бусинка движется по кривой с меньшим радиусом кривизны, чем у траектории, соответствующей свободному полёту в поле тяжести. Тогда нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы при: \[v_0 \geqslant \sqrt{2gL}.\]

Невесомые цилиндры на гладкой спице держат нити только вертикально, поэтому столкновение произойдёт, когда всё окажется на одной вертикали; горизонтальный импульс системы сохраняется. Для сил натяжения нужно ускорение бусинки — найдите радиус кривизны её траектории относительно груза (это парабола).

1) \(v_1 = \sqrt{\dfrac{gL}{1 + m_1/m_2}}\), \(v_2 = \dfrac{m_1}{m_2}\sqrt{\dfrac{gL}{1 + m_1/m_2}}\);  2) \(T_1 = m_1g\left(1 + \dfrac{m_1}{2m_2}\right)\), \(T_2 = \left(m_1 + m_2 + \dfrac{m_1^2}{2m_2}\right)g\).

1. Поскольку цилиндры являются невесомыми, равнодействующая приложенных к ним сил в любой момент должна быть равна нулю. Так как трения между спицей и цилиндрами нет, спица действует на цилиндры в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. До столкновения цилиндров на них действуют только силы натяжения нитей и силы реакции со стороны спицы. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к цилиндрам сил возможно, если участки нитей, соединяющие цилиндры с бусинкой и грузом, в любой момент ориентированы вертикально. Из этого следует, что столкновение цилиндров произойдёт в момент, когда бусинка, груз и цилиндры будут расположены практически на одной вертикали.

Обратим внимание, что скорость груза в любой момент направлена горизонтально. В момент столкновения цилиндров скорость бусинки также направлена горизонтально. Пусть \(v_\text{отн}\) — скорость относительного движения бусинки и груза в момент столкновения цилиндров. Определим \(v_\text{отн}\) из закона сохранения механической энергии. К рассматриваемому моменту вертикальное перемещение бусинки направлено вниз и равно \(L/2\), так как нити являются нерастяжимыми. Поскольку система замкнута в направлении спицы — её импульс в данном направлении равен нулю. Отсюда получим связь скоростей \(v_1\) и \(v_2\) бусинки и груза соответственно с величиной их относительной скорости \(v_\text{отн}\) в момент столкновения цилиндров: \[v_1 = \frac{m_2v_\text{отн}}{m_1 + m_2}, \qquad v_2 = \frac{m_1v_\text{отн}}{m_1 + m_2} \implies E_k = \frac{m_1v_1^2}{2} + \frac{m_2v_2^2}{2} = \frac{m_1m_2v_\text{отн}^2}{2(m_1 + m_2)}.\] Запишем закон сохранения механической энергии: \[E_k = \frac{m_1m_2v_\text{отн}^2}{2(m_1 + m_2)} = -\Delta W_p = \frac{m_1gL}{2} \implies v_\text{отн}^2 = gL\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\] Находим скорости \(v_1\) и \(v_2\) бусинки и груза соответственно непосредственно перед столкновением цилиндров: \[v_1 = \sqrt{\frac{gL}{1 + m_1/m_2}}, \qquad v_2 = \frac{m_1}{m_2}\sqrt{\frac{gL}{1 + m_1/m_2}}.\]

2. В момент столкновения цилиндров все силы, действующие на бусинку и груз, являются вертикальными. Поскольку груз может перемещаться только по горизонтали, его ускорение в рассматриваемый момент равно нулю.

Пусть \(a_1\) — проекция ускорения бусинки в момент столкновения цилиндров на ось, направленную вертикально вверх. Из второго закона Ньютона для бусинки и груза получим: \[2T_1 = m_1(g + a_1), \qquad T_2 = T_1 + m_2g,\] откуда: \[T_1 = \frac{m_1(g + a_1)}{2}, \qquad T_2 = m_2g + \frac{m_1(g + a_1)}{2}.\] Таким образом, для решения задачи необходимо определить \(a_1\). Далее можно действовать разными способами.

Первый способ. Пусть \(\vec a_\text{б}\) и \(\vec a_\text{г}\) — ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а \(\vec a_\text{отн}\) — ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде: \[\vec a_\text{б} = \vec a_\text{г} + \vec a_\text{отн}.\] Обратим внимание, что в рассматриваемый момент ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассматриваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно \(a_1\). Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом. Непосредственно перед столкновением цилиндров относительная скорость бусинки и груза направлена горизонтально, значит: \[a_1 = a_\text{отн} = \frac{v_\text{отн}^2}{\rho},\] где \(\rho\) — радиус кривизны траектории бусинки при движении в системе отсчёта груза.

Проанализируем траекторию относительного движения бусинки и груза. В системе отсчёта груза введём систему координат \(xOy\) с началом в нижней точке траектории бусинки относительно груза (см. рис). Запишем условие постоянства длины нити 1:

\[L = \left(\frac L2 - y\right) + \sqrt{\left(\frac L2 - y\right)^2 + x^2} \implies y = \frac{x^2}{2L}.\] Таким образом, траектория движения бусинки в системе отсчёта груза представляет собой параболу.

Определим радиус кривизны \(\rho\) в вершине параболы, используя аналогию со свободным полётом материальной точки в поле тяжести.

Пусть скорость материальной точки в некоторый момент равна \(v_0\) и направлена горизонтально. Материальная точка движется в однородном поле тяжести с ускорением свободного падения \(g\), направленным вертикально вниз. Введём систему координат \(xOy\), где \(O\) — положение точки в рассматриваемый момент, ось \(x\) направлена горизонтально, а ось \(y\) направлена вертикально вниз. Тогда через прошедшее время \(t\) от рассматриваемого момента: \[x = v_0t, \qquad y = \frac{gt^2}{2} \implies y = \frac{gx^2}{2v_0^2} = \frac{x^2}{2p}.\] Величина \(p\) называется фокальным параметром параболы. Определим радиус кривизны \(\rho_0\) траектории материальной точки в вершине параболы. Из второго закона Ньютона в рассматриваемый момент: \[\frac{mv_0^2}{\rho_0} = mg \implies \rho_0 = \frac{v_0^2}{g} = p.\] Вернёмся к определению радиуса кривизны траектории бусинки в системе отсчёта груза в момент столкновения цилиндров. Фокальный параметр параболы для траектории относительного движения бусинок равен \(L\), поэтому радиус кривизны траектории относительного движения бусинок в рассматриваемый момент составляет: \[\rho = L.\]

Примечание: Тот же результат может быть получен из непосредственного анализа кривой, задающей траекторию относительного движения бусинки и груза.

Рассмотрим произвольную кривую, заданную зависимостью \(y(x)\). Пусть \(\varphi\) — угол наклона касательной к кривой. Тогда: \[\frac{dy}{dx} = y' = \operatorname{tg}\varphi \implies \frac{d^2y}{dx^2} = y'' = \frac{1}{\cos^2\varphi}\frac{d\varphi}{dx} = \frac{\varphi'}{\cos^2\varphi}.\] Радиус кривизны произвольной плоской кривой определяется выражением: \[\rho = \left|\frac{dl}{d\varphi}\right|,\] где \(dl\) — элемент длины кривой, а \(d\varphi\) — угол между касательными к кривой на концах выделенного элемента. Но \(dl = dx/\cos\varphi\), поэтому: \[\rho = \left|\frac{1}{\cos\varphi}\frac{dx}{d\varphi}\right| = \left|\frac{1}{\varphi'\cos\varphi}\right| = \left|\frac{1}{y''\cos^3\varphi}\right|.\] Но \(1/\cos^2\varphi = 1 + \operatorname{tg}^2\varphi = 1 + y'^2\), поэтому: \[\rho = \frac{(1 + y'^2)^{3/2}}{|y''|}.\] Применим полученное выражение в случае рассмотрения траектории движения бусинки относительно груза. Определим \(y'\) и \(y''\): \[y' = \frac xL, \qquad y'' = \frac1L.\] Тогда в точке с координатой \(x = 0\): \[\rho = L.\] Таким образом: \[a_1 = \frac{v_\text{отн}^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Второй способ. В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки равно нулю, поэтому её ускорение \(a_1\) определяется выражением: \[a_1 = \frac{v_1^2}{\rho_1},\] где \(\rho_1\) — радиус кривизны траектории бусинки в рассматриваемый момент. Проанализируем траекторию бусинки в лабораторной системе отсчёта. Введём систему координат \(xOy\) с началом в нижней точке траектории бусинки. Направления координатных осей совпадают с введёнными на рисунке к первому способу решения. Центр масс системы не перемещается вдоль оси \(x\), поэтому: \[m_1x_1 + m_2x_2 = 0 \implies x_2 = -\frac{m_1x_1}{m_2}.\] Запишем условие постоянства длины нити 1: \[L = \left(\frac L2 - y_1\right) + \sqrt{\left(\frac L2 - y_1\right)^2 + (x_1 - x_2)^2}.\] Отсюда: \[(x_1 - x_2)^2 = x_1^2(1 + m_1/m_2)^2 = 2Ly_1 \implies y_1(x_1) = \frac{x_1^2(1 + m_1/m_2)^2}{2L}.\] Таким образом, траектория движения бусинки в лабораторной системе отсчёта является параболой. Поиск радиуса кривизны в её вершине уже был осуществлён в рамках первого решения, поэтому: \[\rho_1 = \frac{L}{(1 + m_1/m_2)^2}.\] Таким образом: \[a_1 = \frac{v_1^2(1 + m_1/m_2)^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Третий способ. Пусть \(\vec a_\text{б}\) и \(\vec a_\text{г}\) — ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а \(\vec a_\text{отн}\) — ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде: \[\vec a_\text{б} = \vec a_\text{г} + \vec a_\text{отн}.\]

Обратим внимание, что в рассматриваемый момент ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассматриваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно \(a_1\). Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом. Рассмотрим условие постоянства длины нити 1. Пусть в некоторый момент участок нити 1, соединяющий бусинку с грузом, образует угол \(\varphi\) с вертикалью. Найдём угол \(\theta\) между направлением скорости бусинки относительно груза и горизонтом. Поскольку скорости цилиндров направлены горизонтально, длина вертикального участка нити 1, соединяющего бусинку с цилиндром, изменяется со скоростью \(u_\text{бц}\), равной: \[u_\text{бц} = v_\text{отн}\sin\theta.\] Длина участка нити 1, соединяющего бусинку с грузом, изменяется со скоростью \(u_\text{бг}\), равной: \[u_\text{бг} = v\cos(\varphi + 90 - \theta) = v_\text{отн}\sin(\theta - \varphi).\] Поскольку длина нити 1 остаётся постоянной: \[u_\text{бц} + u_\text{бг} = 0 \implies \sin\theta = \sin(\varphi - \theta) \implies \theta = \frac\varphi2.\] Этот результат можно также получить из условия направления скорости бусинки вдоль биссектрисы внешнего угла между участками нити 1 (см. рис). Это является следствием оптического свойства параболы.

В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки в рассматриваемой системе отсчёта равняется нулю, поэтому для проекции ускорения бусинки \(a_1\) на ось, направленную вертикально вверх, имеем: \[a_1 = -v_\text{отн}\frac{d\theta}{dt} = -\frac{v_\text{отн}\dot\varphi}{2}.\] Найдём величину \(\dot\varphi\). Поскольку в рассматриваемый момент расстояние между бусинкой и грузом равно \(L/2\): \[v_\text{отн} = -\frac{L\dot\varphi}{2} \implies \dot\varphi = -\frac{2v_\text{отн}}{L}.\] Подставляя \(\dot\varphi\) в выражение для \(a_1\), получим: \[a_1 = \frac{v_\text{отн}^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Четвёртый способ. Обозначим за \(y\) смещение бусинки в направлении «вертикально вниз», за \(x\) — расстояние между цилиндрами, а за \(r\) — длину участка нити 1, соединяющего груз и бусинку. Пусть в некоторый момент участок нити 1, соединяющий груз и бусинки, образует угол \(\varphi\) с вертикалью, тогда \(y = x\operatorname{ctg}\varphi\) и \(r = x/\sin\varphi\). Из условия нерастяжимости нити получим:

\[L = y + r = x\operatorname{ctg}\varphi + \frac{x}{\sin\varphi}.\] Отсюда: \[x = \frac{L\sin\varphi}{1 + \cos\varphi}, \qquad y = \frac{L\cos\varphi}{1 + \cos\varphi}.\] В рассматриваемый момент \(\varphi = 0\). Далее нижний индекс 0 соответствует рассматриваемому моменту. В рассматриваемый момент проекция ускорения бусинки на ось, направленную вертикально вверх, определяется выражением \(a_1 = -d^2y_0/dt^2\). Дифференцируя \(y\) по времени, получим: \[\frac{dy}{dt} = -\frac{L\dot\varphi(\sin\varphi + \sin\varphi\cos\varphi - \sin\varphi\cos\varphi)}{(1 + \cos\varphi)^2} = -\frac{L\sin\varphi\,\dot\varphi}{(1 + \cos\varphi)^2}.\] Продифференцируем по времени величину \(dy/dt\): \[\frac{d^2y}{dt^2} = -\frac{L\sin\varphi\,\ddot\varphi}{(1 + \cos\varphi)^2} - \frac{2L\sin^2\varphi\,\dot\varphi^2}{(1 + \cos\varphi)^3} - \frac{L\cos\varphi\,\dot\varphi^2}{(1 + \cos\varphi)^2}.\] Поскольку в рассматриваемый момент \(\varphi = 0\): \[a_1 = \frac{L\dot\varphi_0^2}{4}.\] Определим величину \(\dot\varphi_0\). Для этого продифференцируем по времени выражение для \(x\): \[\frac{dx}{dt} = \frac{L\dot\varphi(\cos\varphi + \cos^2\varphi + \sin^2\varphi)}{(1 + \cos\varphi)^2} = \frac{L\dot\varphi}{1 + \cos\varphi}.\] В рассматриваемый момент \(\varphi = 0\), а \(dx/dt = -v_\text{отн}\). Тогда: \[-v_\text{отн} = \frac{L\dot\varphi_0}{2} \implies \dot\varphi_0 = -\frac{2v_\text{отн}}{L}.\] Таким образом: \[a_1 = \frac{v_\text{отн}^2}{L} = g\left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right).\]

Подставляя \(a_1\) в выражения для \(T_1\) и \(T_2\), находим: \[T_1 = m_1g\left(1 + \frac{m_1}{2m_2}\right), \qquad T_2 = \left(m_1 + m_2 + \frac{m_1^2}{2m_2}\right)g.\]

Обозначьте расстояния от вершины до колечка и до втулки через \(x\) и \(y\) и запишите длину нити: \(x + \sqrt{x^2 + y^2} = l\). Ускорение втулки получится дифференцированием её скорости; натяжение нити тянет втулку с проекцией \(T\sin\alpha\), а колечко — с двух сторон.

1) \(u(0) = v\);  2) \(u = v\dfrac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}\);  3) \(F = m\dfrac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}\).

За небольшое время \(\Delta t\) колечко пройдёт расстояние \(v\Delta t\), оставив позади себя кусочек нити длиной \(v\Delta t\). Такой же по длине кусочек нити должен освободиться из-за приближения втулки к колечку. Значит, \(u(0)\Delta t = v\Delta t\), и: \[u(0) = v.\]

Ответ на второй вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Перейдём в систему отсчёта, связанную с колечком. В этой СО колечко неподвижно, а у втулки появляется составляющая скорости, перпендикулярная стержню (см. рисунок). При этом относительно точки \(C\), выбранной вблизи колечка, втулка движется по окружности. Проекции скоростей втулки и точки \(C\) на направление участка нити между втулкой и кольцом должны компенсировать друг друга так, чтобы длина этого участка оставалась постоянной. Точка \(C\) движется со скоростью \(v\), поэтому: \[v = u\sin\alpha - v\cos\alpha.\]

Способ 2. Пусть расстояния от вершины прямого угла до колечка и до втулки равны соответственно \(x\) и \(y\). Тогда запишем полную длину нити следующим образом: \[x + \sqrt{x^2 + y^2} = l.\] Возьмём производную по времени: \[\dot x + \frac{x\dot x + y\dot y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \dot l = 0;\] \[\dot y = -\frac{\dot x}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right);\] \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right).\] \[u = v\left(\frac{1}{\sin\alpha} + \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\right) = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Способ 3. Рассмотрим маленький промежуток времени \(\Delta t\). Колечко прошло расстояние \(v\Delta t\), а втулка \(u\Delta t\). Проецируя эти перемещения на отрезок, соединяющий колечко с ниткой, получим маленькое изменение длины куска нити между ними: \[\Delta R = v\Delta t\cos\alpha - u\Delta t\sin\alpha.\] Кусок нити между вершиной прямого угла и колечком увеличился на \(v\Delta t\). Так как полная длина нити не меняется: \[(v\cos\alpha - u\sin\alpha + v)\Delta t = 0.\] Откуда: \[u = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\]

Ответ на третий вопрос можно получить разными способами.

Способ 1. Скорость втулки при её движении по окружности относительно точки \(C\) равна: \[v\sin\alpha + u\cos\alpha = v\,\frac{\sin^2\alpha + \cos\alpha(1 + \cos\alpha)}{\sin\alpha} = v\,\frac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}.\] Нормальная компонента ускорения: \[a_n = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha\cdot R},\] где \(R = \dfrac{l}{1 + \cos\alpha}\) — длина участка нити между втулкой и точкой \(C\). Полное ускорение втулки \(a\) направлено вдоль стержня, а \(a_n\) является его проекцией на нить. Поэтому \[a = \frac{a_n}{\sin\alpha} = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Способ 2. Воспользуемся полученной в предыдущем пункте связью \(u\) и \(v\): \[u = \frac{v}{y}\left(\sqrt{x^2 + y^2} + x\right) = v\,\frac{l}{y}.\] Возьмём производную по времени от этого выражения: \[a = -vl\,\frac{\dot y}{y^2} = \frac{v^2 l^2}{y^3}.\] Так как нить нерастяжима: \[l = \frac{y}{\sin\alpha} + \frac{y}{\operatorname{tg}\alpha} \;\Rightarrow\; y = \frac{l\sin\alpha}{1 + \cos\alpha}.\] Тогда: \[a = \frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^3\alpha\cdot l}.\]

Далее \(ma = T\sin\alpha\), откуда \[T = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^3}{\sin^4\alpha\cdot l}.\] Сила \(F\), прикладываемая к колечку, равна сумме проекций двух сил натяжения на стержень: \[F = T + T\cos\alpha = m\,\frac{v^2(1 + \cos\alpha)^4}{l\sin^4\alpha}.\]

Выразите показание каждого динамометра через вес подвешенного груза, рассматривая блоки по очереди (подвижный блок делит силу пополам). Масса сосуда с водой убывает со временем.

Через 30 минут.

Подвижный блок даёт выигрыш в силе в два раза: найдите силы натяжения нитей, действующих на брусок \(M\) слева и справа, и учтите, что сила трения покоя может быть направлена в любую сторону и не превышает \(F\). Для скоростей сравните перемещения нитей у подвижных блоков.

1) \(m_0 - \dfrac{F}{2g} \le m_x \le m_0 + \dfrac{F}{2g}\);  2) модуль скорости бруска \(M\) вдвое меньше модуля скорости бруска \(m_x\).

Запишите второй закон Ньютона для каждого из трёх грузов (сила натяжения нити одна и та же) и добавьте связь между их ускорениями, следующую из нерастяжимости нити.

\(a = \dfrac{1}{8}\,g\).

Запишем 2-й закон Ньютона в проекциях на оси \(x\) и \(y\): \[\begin{cases} T = m a_{1x},\\ T = 3m a_{2x},\\ mg - 2T = m a_{3y}, \end{cases}\] где \(T\) — силы реакции со стороны нити, \(a_{1x}\) — проекция ускорения верхнего груза массой \(m\), \(a_{2x}\) — проекция ускорения груза массой \(3m\), \(a_{3y}\) — проекция ускорения нижнего груза массой \(m\).

Запишем уравнение кинематической связи ускорений грузов: \[2a_{3y} - a_{1x} - a_{2x} = 0.\] Решая систему из 4-х уравнений, окончательно получаем: \[a_{2x} = \frac{1}{8}\,g.\]

Нить действует на малое тело вертикально вверх, а на большое — горизонтально, с одной и той же силой. Составьте условие нерастяжимости нити через ускорения тел и конца нити.

\(F = 20\) Н.

Пусть \(m\) — масса маленького тела, \(M\) — масса большого тела. Вдоль стола тела движутся с ускорением \(A = \dfrac{F}{m + M}\). Вертикальная составляющая ускорения тела массой \(m\) равна: \(a_y = \dfrac{F}{m} - g\). Запишем уравнение кинематической связи для ускорений тел: \[a_0 - A - a_y = 0 \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{a_0 + g}{\dfrac{1}{m + M} + \dfrac{1}{m}} = 20\text{ Н},\] где \(a_0\) — ускорение, с которым тянут свободный конец нити.

Блоки невесомые, поэтому силы натяжения нитей по обе стороны каждого блока одинаковы. Запишите условия равновесия блоков и связь между удлинениями пружин и смещением груза.

1) 7,5 см;  2) 9 Н.

Из нерастяжимости нитей найдите связь перемещений грузов, затем запишите второй закон Ньютона для каждого груза, учитывая, что у лёгкого блока сила натяжения с двух сторон одинакова.

Проекции ускорений грузов массами \(M\) и \(m\) на ось, направленную вниз: \(a_M = \dfrac{(M - 3m)g}{M + 9m}\) и \(a_m = -3a_M = -\dfrac{3(M - 3m)g}{M + 9m}\).

В начальный момент скорости нулевые, поэтому ускорение шарика перпендикулярно нити. Свяжите ускорение шарика с ускорением клина условием, что шарик остаётся на поверхности клина.

\(a = \dfrac{mg\sin^2\alpha\cos\alpha}{M + m\sin^2\alpha}\);  \(A = \dfrac{mg\sin\alpha\cos\alpha}{M + m\sin^2\alpha}\).

Нить натянута, а середина её движется по диагонали. Какой угол с вертикалью составляет участок нити от ребра до груза, и какая составляющая силы тяжести направлена вдоль грани?

Ускорения грузов и ускорение середины нити одинаковы по модулю и равны \(a = g\sin\dfrac{\alpha}{2}\).

Запишите второй закон Ньютона для крайнего груза и для участка нити внутри него: масса нити нулевая, а значит, сила трения и натяжение связаны особенно просто. Как тогда связаны ускорения блока и крайних грузов?

1) \(T = \dfrac{mg}{2} = 0{,}5\) Н;  2) \(S = 10\) см;  3) \(v_A = \dfrac{mg}{2\alpha} = 2\) м/с.

Следует записать уравнения второго закона Ньютона для одного из крайних грузов, для среднего груза, а также для участка нити, находящегося внутри одного из крайних грузов. Следует учесть, что скорость любого конца нити равна по модулю скорости подвижного блока. Из полученной системы уравнений следует равенство ускорений блока и крайних грузов в любой момент времени, а также равенство силы натяжения нити и силы вязкого трения.

Верёвка наматывается сверху на катящуюся трубу: как связаны скорости и ускорения бруска и оси трубы? Удобно записать закон изменения механической энергии, помня про энергию катящейся тонкостенной трубы.

\(\mu = \dfrac{4\sqrt 3}{15} \approx 0{,}46\).

Выразите деформации всех трёх пружин через натяжение нити, на которой висит груз, и найдите смещение груза как сумму этих деформаций. Отсюда "— эквивалентная жёсткость. Максимальная амплитуда ограничена тем, что нити должны оставаться натянутыми.

\(\omega_0 = \sqrt{\dfrac{k}{19m}}\); \(A_{\max} = \dfrac{19mg}{k}\).

Пусть натяжение нижней нити равно \(T\), тогда натяжение верхней равно \(2T\), а сила упругости верхней пружины равна \(4T\). Тогда деформация верхней пружины равна \(\dfrac{4T}{k}\), деформация левой пружины \(\dfrac{2T}{2k} = \dfrac{T}{k}\). Значит, нижний блок опустится на \(\left(\dfrac{4T}{k} + \dfrac{4T}{k} + \dfrac{T}{k}\right) = \dfrac{9T}{k}\). Деформация правой пружины равна \(\dfrac{T}{k}\). Положение равновесия груза расположено ниже положения, при котором все пружины недеформированы, на \(\left(\dfrac{9T}{k} + \dfrac{9T}{k} + \dfrac{T}{k}\right) = \dfrac{19T}{k}\). Следовательно, \[A_{\max} = \frac{19T}{k} = \frac{19mg}{k}.\] Собственная частота гармонических колебаний системы равна \[\omega_0 = \sqrt{\frac{k_{\text{экв}}}{m}} = \sqrt{\frac{k}{19m}}.\]

Пока сила натяжения нити не превысила \(F_0\), пружины не деформируются. Свяжи скорость оси левого блока со скоростью нити у неподвижного конца и у пружин, учитывая, что блоки подвижные.