Центр масс, системы материальных точек

Система «человек + лодка» замкнута по горизонтали, поэтому её центр масс не смещается. Запишите это условие через смещения человека и лодки относительно берега.

Запишите высоту центра масс системы как среднее взвешенное по массам. Сначала из двух тел найдите отношение масс Слона и Удава, затем добавьте Попугая.

\(M_\text{у} \approx 568\,M_\text{п}\) (из-за неточности вычислений допустимы значения от 560 до 570).

Если скорости всех точек стержня равны, то проекции их ускорений на стержень тоже должны совпадать. Что это говорит о направлении ускорений? Затем воспользуйтесь теоремой о движении центра масс.

\(\dfrac{3}{2}\,m a_0\) или \(\dfrac{1}{2}\,m a_0\); вектор силы направлен в ту же сторону, что и вектор \(\vec a_A\).

Векторы скоростей всех точек твёрдого стержня в рассматриваемый момент времени равны друг другу. Чтобы через малое время \(\Delta t\) проекции скоростей всех точек на направление стержня по-прежнему оставались одинаковыми, проекции ускорений на направление стержня тоже должны быть одинаковыми. Абсолютные значения ускорений концов стержня различны, но при этом ускорения направлены вдоль параллельных прямых, поэтому векторы ускорений могут давать одинаковую проекцию на направление стержня только в том случае, если векторы ускорений перпендикулярны стержню.

Перейдём в инерциальную систему отсчёта, в которой в данный момент времени стержень покоится. Ускорения точек стержня не изменят своего значения и направления. Через бесконечно малый промежуток времени \(\Delta t\) скорости точек стержня будут перпендикулярны стержню и скорость точки \(A\) будет вдвое больше скорости точки \(B\). Скорости остальных точек стержня будут пропорциональны расстоянию до мгновенного центра вращения. Пусть на стержне это точка \(O\), тогда ускорения точек в начале интервала времени \(\Delta t\) должны быть тоже пропорциональными расстоянию до точки \(O\) стержня. Проведём прямые через начала ускорений \(\vec a_A\) и \(\vec a_B\) и через их концы. Точка стержня, которая лежит на пересечении этих прямых, имеет нулевое ускорение (точка \(O\)). Найдём ускорение центра масс стержня. Если ускорения точек \(A\) и \(B\) направлены в одну сторону, то ускорение центра масс равно \(\dfrac{3}{2}a_0\) и совпадает с направлением векторов \(\vec a_A\) и \(\vec a_B\). Если ускорения точек \(A\) и \(B\) направлены в разные стороны, то ускорение центра масс равно \(\dfrac{1}{2}a_0\) и совпадает с направлением вектора \(\vec a_A\). Результирующую силу, действующую на стержень, найдём, воспользовавшись теоремой о движении центра масс. В итоге получаем, что на стержень действует либо сила \(\dfrac{3}{2}\,m a_0\), либо сила \(\dfrac{1}{2}\,m a_0\). В обоих случаях вектор силы направлен в ту же сторону, что и вектор \(\vec a_A\).

Какие силы дают горизонтальные ускорения призмам? Как связаны их величины и как поэтому связаны пройденные призмами расстояния?

\(S = \dfrac{m}{M+m}\,(d-b)\).

Оба тела будут ускоряться только за счёт (равных по величине) горизонтальных составляющих сил их взаимодействия — нормальных реакций (ибо проекции всех других сил на горизонталь равны нулю). Значит, отношение (горизонтальных) ускорений призм будет обратно отношению их масс: \(\dfrac{a_m}{a_M} = \dfrac{M}{m}\). Таким же будет и отношение пройденных ими расстояний. Сумма же этих расстояний равна, очевидно, \(d-b\). Значит, \[\begin{cases} \dfrac{S}{s} = \dfrac{m}{M},\\[2mm] S + s = d - b \end{cases} \;\Rightarrow\; S = \frac{m}{M+m}\,(d-b).\]

После освобождения горизонтальная составляющая импульса системы сохраняется, а центр масс движется как тело в поле тяжести. Что можно сказать о вертикальной скорости шарика 2 в момент наибольшего подъёма?

Шарик 2 двигался в момент освобождения шарика 1 по горизонтали со скоростью \(V_2 = \sqrt{\dfrac{2gL\beta}{\sin\beta}}\).

Свободная (не натянутая силой) часть цепочки просто падает. Центр масс всей цепочки движется с постоянным ускорением \(g - F/m\); ещё проще — перейти в систему отсчёта, свободно падающую с ускорением \(g\): там на цепочку действует одна сила \(F\).

1) \(a_0 = g\);  2) \(\tau = \sqrt{2Lm/F}\);  3) \(v = \left|g - \dfrac{F}{m}\right|\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}}\);  4) \(Q = FL\);  5) \(T = F/2\).

1. После пережигания нити длина вертикального участка цепочки, на край которой действует сила \(F\), будет увеличиваться. Другой участок цепочки сокращающейся длины будет двигаться только под действием силы тяжести, значит модуль ускорения верхнего края цепочки сразу после пережигания и до момента полного разворота цепочки равен \[a_0 = g.\]

2. Способ 1. Согласно теореме о движении центра масс ускорение центра масс цепочки в проекции на ось \(y\) (см. рисунок) равно \(a_y = \dfrac{mg - F}{m} = g - \dfrac{F}{m}\). За время \(\tau\) центр масс цепочки сместится вдоль оси \(y\) на \(\dfrac{a_y\tau^2}{2}\). Верхний край цепочки за время \(\tau\) переместится на расстояние \(\dfrac{g\tau^2}{2}\), значит \(L + \dfrac{a_y\tau^2}{2} = \dfrac{g\tau^2}{2}\). С учётом полученных соотношений \[\tau = \sqrt{\frac{2Lm}{F}}.\]

Способ 2. Ответ на вопрос можно получить и другим способом. Пересядем из лабораторной системы отсчёта (далее — ЛСО) в неинерциальную систему отсчёта (далее — НеИСО), падающую вниз без начальной скорости с ускорением свободного падения \(g\). В этой системе отсчёта изначально неподвижная цепочка приходит в движение под действием лишь одной силы \(F\). И сумма действующих на любой элементарный (малый) участок силы тяжести и силы инерции равна нулю. В этом случае центр масс цепочки движется согласно теореме о движении центра масс с ускорением \(a' = F/m\) и проходит за искомое время \(\tau\) расстояние \(L\). А значит \(\tau = \sqrt{2L/a'}\), что дает тот же ответ.

3. Способ 1. Через время \(\tau\) все части цепочки движутся с одинаковой скоростью, равной скорости её центра масс. А значит \(v = |v_y| = |a_y|\tau\), то есть \[v = \left|g - \frac{F}{m}\right|\sqrt{\frac{2Lm}{F}}.\]

Способ 2. Ответ на этот пункт можно получить, также используя пересадку в НеИСО. Скорость в данной системе отсчёта сразу после разворота цепочки равна \(v' = a'\tau = \dfrac{F}{m}\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}} = \sqrt{\dfrac{2FL}{m}}\) и направлена вверх. В данный момент выбранная система отсчёта будет двигаться вниз со скоростью \(v_c = g\tau = g\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}}\). При пересадке обратно в ЛСО с учётом закона сложения скоростей получаем \(v_y = v_c - v' = \left(g - \dfrac{F}{m}\right)\sqrt{\dfrac{2Lm}{F}}\). А значит \(v = |v_y|\).

4. Способ 1. Работа \(A_F\) силы \(F\) равна сумме изменения механической энергии \(\Delta E_\text{мех}\) цепочки и выделившегося количества теплоты \(Q\): \(A_F = \Delta E_\text{мех} + Q\), где \(A_F = F\left(L - \dfrac{a_y\tau^2}{2}\right)\), \(\Delta E_\text{мех} = \Delta K + \Delta\varPi = \dfrac{mv^2}{2} - mg\dfrac{a_y\tau^2}{2}\). Откуда находим \(Q = FL\).

Способ 2. В НеИСО к моменту полного разворота цепочки точка приложения силы \(F\) переместится на \(2L\), а значит её работа равна \(2FL\). Изменение кинетической энергии цепочки равно \(\dfrac{mv'^2}{2} = FL\). С учётом этого находим выделившееся количество теплоты \(Q = 2FL - FL = FL\) (как разность работы силы \(F\) и изменения кинетической энергии).

5. Способ 1. После распрямления цепочки выделим нижнюю половину нити (ниже точки \(B\)) массой \(m/2\) и запишем для этого участка теорему о движении центра масс в проекции на ось \(Oy\): \(\dfrac{m}{2}a_y = \dfrac{m}{2}g - T\). В итоге получаем \[T = \frac{F}{2}.\]

Способ 2. Рассматривая движение в НеИСО, на нижнюю половину цепочки после её разворота будет действовать сила \(T = \dfrac{m}{2}a' = \dfrac{F}{2}\).

Горизонтальных внешних сил нет, значит, центр масс гантели движется только по вертикали. Свяжите это с условием нерастяжимости стержня и запишите закон сохранения энергии.

Модуль скорости шарика массой \(m\) равен \(V_1 = \sqrt{\dfrac{2gL(1-\sin\beta)(9-5\sin^2\beta)}{9-3\sin^2\beta}}\), модуль скорости шарика массой \(2m\) равен \(V_2 = \sin\beta\sqrt{\dfrac{2gL(1-\sin\beta)}{9-3\sin^2\beta}}\).

Найдите общее ускорение грузов из второго закона Ньютона для каждого, затем ускорение центра масс — как средневзвешенное по массам ускорений грузов (они направлены в разные стороны).

1) \(15\) Н;  2) вниз;  3) \(2{,}5\) м/с\(^2\), вниз.

Минимальная работа равна приращению потенциальной энергии системы. Верёвка однородная, поэтому её удобно описывать положением центра масс.

Нить должна быть закреплена в центре масс гантели; можно приравнять моменты сил тяжести относительно точки подвеса.

30 см.

Если длинный участок горизонтален, то короткий вертикален. Запишите правило моментов относительно точки подвеса, считая вес каждого участка пропорциональным его длине и приложенным в его середине.

Нить надо закрепить на отметке 24 см.

Чтобы человек стоял неподвижно, где должен лежать его центр масс относительно оси ролика? Как связаны смещения оси и доски при качении без проскальзывания?

1) Центр масс человека смещается относительно доски на расстояние \(a = L_1 - L_2\) и на такое же расстояние смещается относительно земли. 2) Точка \(A\) смещается на расстояние \(2(L_1 - L_2)\).

Нить должна проходить через центр масс фигуры. Масса каждого прямого участка пропорциональна его длине; найдите горизонтальную координату центра масс через \(a\).

Ответ 4: \(L = 43\) см.

В момент начала разваливания изобразите силы, действующие на верхний и на правый кирпичи, и запишите для каждого уравнение моментов. Получится квадратное уравнение для \(x\).

\(x = \dfrac{\sqrt2 - 1}{2}\,L \approx 0{,}21\,L\).

Куда «полетит» центр масс осколков, пока нет внешних сил, кроме тяжести? Где он находится в тот момент, когда осколки оказались на одной вертикали?

\(s = \dfrac{3}{4}\,\dfrac{v_0^2 \sin^2\alpha}{g}\), при заданных числах \(s = 360\) м; горизонтальные составляющие скоростей осколков после разрыва одинаковы: \(v_{1x} = v_{2x} = v_0\cos\alpha = 40\) м/с.

Центр масс двух осколков «полетит» по той же параболической траектории, по которой двигался снаряд при первом выстреле: его ускорение по теореме о движении центра масс определяется суммой всех сил тяжести, приложенных к осколкам, и общей их массой, т. е. тем же уравнением, что и движение целого снаряда. Как только первый осколок ударится о землю, к внешним силам "— силам тяжести "— добавится сила реакции земли, и движение центра масс исказится. Но в нашем случае необходимо найти расстояние \(s\) между двумя осколками к моменту падения первого осколка, когда второй находился строго над ним, а это означает, что осколки и центр масс будут лежать на одной вертикали. К этому моменту центр масс системы находится на расстоянии \(L/2\) от пушки и на высоте \[H = \frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} = 240\text{ м}.\] Значит, расстояние между двумя осколками к моменту падения первого осколка равно \[s = \frac{3}{2}H = \frac{3}{2}\cdot\frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} = 360\text{ м}.\]

Так как второй осколок к моменту падения первого находился строго над ним, следовательно, горизонтальные составляющие скорости осколков после разрыва снаряда равны: \(v_0\cos\alpha = 40\) м/с.

Найдите скорость центра масс системы сразу после удара. Энергия движения относительно центра масс при максимальной деформации целиком переходит в энергию пружины.

\(x = 0{,}1\) м.

В результате абсолютно упругого удара скорость тела массой 300 г меняет направление на противоположное. Пусть \(v\) — первоначальная скорость тел до соударения. Скорость движения центра масс системы после отражения равна \[V_{\text{ц.м.}}^{\text{после}} = \frac{m_2 v - m_1 v}{m_1 + m_2} = \frac{v}{2}\] (направлена от стенки). Запишем закон сохранения энергии для всей системы: \[\frac{(m_1 + m_2)v^2}{2} = \frac{(m_1 + m_2)\,v^2/4}{2} + \frac{kx^2}{2} \;\Rightarrow\; x = v\sqrt{\frac{3(m_1 + m_2)}{4k}} = 0{,}1\text{ м}.\]

После удара перейдите в систему центра масс: в ней обе части системы равномерно вращаются вокруг центра масс. Когда скорость шайбы \(2m\) в лабораторной системе максимальна?

a) \(t \approx 6\) с;  b) \(5\) см/с.

После попадания пластилина в шайбу центр масс образовавшейся системы (располагающийся в середине нитки) движется с постоянной скоростью, равной \(\dfrac v4 = 2{,}5\) см/с, при этом шайбы в системе центра масс вращаются с угловой скоростью \(\omega = \dfrac{v}{2l} = 0{,}5\) рад/c, где \(l\) "— длина нитки. Скорость шайбы массой \(2m\) достигает максимума за время, равное половине периода: \(t = \dfrac{\pi}{\omega} \approx 6\) с. Максимальное значение скорости шайбы массой \(2m\) при этом оказывается равно \(\dfrac v2 = 5\) см/c.

Перейдите в систему центра масс: в ней шайбы вращаются вокруг центра масс по окружностям. Учтите, что скорость самого центра масс постоянна.

a) \(t = \dfrac{2\pi L}{v} \approx 1{,}6\) с;  b) \(v_{\min} = 0\).

Сосуд изолирован и внешних сил нет, поэтому сохраняются импульс и энергия. Какая часть кинетической энергии сохранится в системе центра масс после затухания колебаний, а какая перейдёт в тепло?

Удар без трения — центральный: составляющая скорости шайбы, перпендикулярная линии центров, не меняется, и задача сводится к одномерному упругому удару. Прежде чем считать второй удар, проверьте, догонит ли шайба 2 уже движущийся барабан.

1) \(v_0 = 3u_1\);  2) \(u_2 = \dfrac{2\sqrt{13}}{3}\,u_1\).

Определим скорость барабана после соударения с шайбой 1. Поскольку трения между шайбами и барабаном нет — все их удары центральные, и движение всех тел остаётся поступательным, а проекции скоростей тел на ось, перпендикулярную линии центров, остаются постоянными в процессе соударения. Введём вдоль линии центров ось \(y\), направленную от шайбы 1 к центру барабана. Пусть \(\alpha\) — угол между вектором скорости шайбы 1 и линией центров. Запишем систему из закона сохранения импульса в проекции на ось \(y\) и закона сохранения энергии: \[\begin{cases} m v_0\cos\alpha = M v_{M1} + m v_{1y} & \text{ЗСИ}\\[4pt] \dfrac{m v_0^2\cos^2\alpha}{2} + \dfrac{m v_0^2\sin^2\alpha}{2} = \dfrac{m v_{1y}^2}{2} + \dfrac{m v_0^2\sin^2\alpha}{2} + \dfrac{M v_{M1}^2}{2} & \text{ЗСЭ} \end{cases}\] Решая записанную систему уравнений, находим: \[v_{M1} = v_0\cos\alpha + v_{1y} = 2v_0\cos\alpha - \frac{M v_{M1}}{m} \;\Rightarrow\; v_{M1} = \frac{2m v_0\cos\alpha}{m + M}.\] Получим условие, при котором будет столкновение между шайбой 2 и барабаном. Если ввести ось \(z\), направленную от шайбы 2 к центру барабана, то условие столкновения будет заключаться в том, что проекция скорости барабана относительно шайбы 2 на ось \(z\) будет отрицательной, т. е. при условии: \[v_{z(\text{отн})} = -v_{M1}\cos2\alpha - v_0\cos\alpha = -v_0\cos\alpha\left(1 + \frac{2m\cos2\alpha}{m + M}\right) < 0.\] Поскольку \(\cos\alpha > 0\), данное условие можно записать следующим образом: \[1 + \frac{2m\cos2\alpha}{m + M} = 1 + \frac{2m(2\cos^2\alpha - 1)}{m + M} > 0 \;\Rightarrow\; \cos\alpha = \frac{S}{2R} > \sqrt{\frac{1}{4}\left(1 - \frac{M}{m}\right)} = \frac{1}{2\sqrt2},\] или же при условии: \[S > \frac{R}{\sqrt2}.\] Данное условие не выполнено при \(S_1 = R/2\), поэтому столкновения между барабаном и шайбой 2 не будет, а значит \(v_{M1} = u_1\): \[u_1 = \frac{m v_0}{m + M}\,\frac{S_1}{R} = \frac{v_0}{3}.\] Таким образом: \[v_0 = 3u_1.\]

При \(S_2 = R\) столкновение между барабаном и шайбой 2 будет, при этом \(\alpha_2 = 60^\circ\). В системе отсчёта, движущейся со скоростью \(\vec v_{M1}\), соударение сводится к рассмотренному ранее. В данной системе отсчёта проекция \(v_{2z}\) скорости шайбы 2 на ось \(z\) равняется: \[v_{2z} = v_0\cos\alpha + v_{M1}\cos2\alpha = \frac{v_0}{2} + \frac{2v_0}{3}\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{v_0}{6}.\] В указанной системе отсчёта скорость барабана сразу после соударения равна:

\[v_{M2} = \frac{2m v_{2y'}}{m + M} = \frac{2v_0}{9}.\] Обратим внимание, что проекция скорости \(\vec v_{M2}\) на ось \(y\) является положительной, а значит, повторного столкновения барабана с шайбой 1 не будет.

Для скорости \(u_2\) имеем: \[u_2 = \sqrt{v_{M1}^2 + v_{M2}^2 - 2v_{M1}v_{M2}\cos2\alpha},\] откуда: \[u_2 = \frac{2\sqrt{13}\,u_1}{3}.\]

Проекции скоростей концов на ось стержня равны; найдите по ним скорость середины. Сила тяжести вдоль плоскости постоянна, поэтому центр масс движется с постоянным ускорением \(g\sin\alpha\) вдоль линии падения воды.

Модуль скорости середины стержня изменился в \(\dfrac{V_{O2}}{V_{O1}} = \sqrt{\dfrac{13}{5}} \approx 1{,}61\) раза.

Чтобы сдвиг был нужным при наименьшем числе кирпичиков, сначала кладите их со сдвигом в одну сторону, а затем в другую, создавая противовес. Устойчивость проверяйте по моментам сил относительно края основания.

1) 9 кирпичиков (схема — на рисунке в решении);  2) \(2{,}5a\), где \(a\) — длина кирпичика (схема — на рисунке в решении).

Чтобы построить башню с заданным сдвигом верхней и нижней деталей, использовав при этом минимальное количество кирпичиков, ребёнку сначала надо укладывать их со сдвигом влево, создав максимально возможный противовес, а потом со сдвигом вправо (или наоборот).

4a. На рисунке представлена башня, содержащая 9 кубиков, у которой верхняя и нижняя детали сдвинуты друг относительно друга по горизонтали на расстояние, равное удвоенной длине кирпичика.

Проверим, является ли она устойчивой. Пусть \(a\) — это длина детали. Момент сил, удерживающих башню в устойчивом положении, равен \[2mg\cdot\frac{a}{2} + 2mg\cdot a + mg\cdot\frac{3a}{2} = \frac{9}{2}\,mga.\] Момент сил, опрокидывающих башню, равен \[mg\cdot\frac{a}{2} + mg\cdot a + mg\cdot\frac{3a}{2} = 3\,mga.\] Следовательно, башня устойчива.

4b. На втором рисунке представлена башня, содержащая 11 кубиков, у которой верхняя и нижняя детали сдвинуты друг относительно друга по горизонтали на расстояние \(2{,}5a\).

Эта башня является устойчивой, поскольку момент сил, удерживающих башню от падения, равен \[2mg\cdot\frac{a}{2} + 2mg\cdot a + 2mg\cdot\frac{3a}{2} = 6\,mga,\] а момент сил, опрокидывающих башню, равен \[mg\cdot\frac{a}{2} + mg\cdot a + mg\cdot\frac{3a}{2} + mg\cdot 2a = 5\,mga.\] Другие конфигурации башен из 11 кубиков дают либо меньший сдвиг верхней и нижней деталей, либо являются неустойчивыми.

Давление газа в медленном процессе одинаково по всему объёму, а температура вдоль цилиндра меняется линейно. Внешних горизонтальных сил нет — что можно сказать о центре масс системы?

a) \(\rho(x) = \dfrac{m}{\pi r^2 L}\left(1 + \dfrac{2x - L}{2L}\,\delta T\right)\);  b) \(d = \dfrac{m}{M+m}\cdot\dfrac{L}{12}\,\delta T\).

Перейдите в систему центра масс: там суммарный импульс равен нулю, а скорость лёгкого ядра после удара фиксирована по модулю, но произвольна по направлению. Как сложить её со скоростью центра масс, чтобы угол был наибольшим?

1) \(v/u_2' \approx 2\) (точно \(7/3\));  2) \(\beta_{\max} = 30^\circ\).

1) Пусть \(v\) — скорость тяжёлого ядра до столкновения, тогда скорость центра масс равна \(V = \dfrac{6v}{7}\). Энергия центра масс равна \(\dfrac{7mV^2}{2} = \dfrac{7mv^2\cdot 36}{2\cdot 49} = \dfrac{18}{7}mv^2\), она не меняется в процессе столкновения. Суммарная энергия ядер в системе центра масс до столкновения равна \(\dfrac{3mv^2}{7}\). После столкновения суммарная энергия ядер становится равна \[T'_\Sigma = \frac{3mv^2}{7} - \frac{9mv^2}{28} = \frac{3mv^2}{28}.\] В системе центра масс суммарный импульс ядер равен нулю, следовательно, модули импульсов равны, поэтому отношение кинетических энергий ядер после столкновения равно обратному отношению их масс: \[\frac{T'_2}{T'_1} = \frac{(p'_2)^2}{2m_2} : \frac{(p'_1)^2}{2m_1} = \frac{m_1}{m_2} = 6.\] Таким образом, кинетическая энергия лёгкого ядра после столкновения в системе центра масс равна \(T'_2 = \dfrac{6}{7}T'_\Sigma = \dfrac{18mv^2}{14^2}\), а искомая скорость лёгкого ядра после столкновения равна \(u'_2 = \sqrt{\dfrac{2T'_2}{m}} = \dfrac{3v}{7}\). Она в \(\dfrac{7}{3}\) раз меньше \(v\). Округляя, получаем ответ: \(\dfrac{v}{u'_2} \approx 2\).

2) Скорость лёгкого ядра после столкновения в лабораторной системе равна векторной сумме \(\vec v'_2 = \vec V + \vec u'_2\). В треугольнике скоростей, соответствующем этому равенству, длины двух сторон \(V\) и \(u'_2\) фиксированы, а значения длины третьей стороны и углов могут быть различными. Максимальному углу вылета соответствует треугольник с прямым углом между сторонами \(v'_2\) и \(u'_2\). В этом случае \(\sin\beta_{\max} = \dfrac{u'_2}{V} = \dfrac{1}{2}\). Иначе говоря, \(\beta_{\max} = \arcsin\dfrac{1}{2} = 30^\circ\).

Шайба 1 сидит на гладком шарнире, поэтому во время удара её скорость поперёк стержня не меняется — её момент импульса относительно точки удара остаётся нулевым. Дальше: проекция импульса системы вдоль стенки (или отношение импульсов трения и нормальной реакции), энергия при упругом ударе и связь скоростей концов жёсткого стержня.

1) см. решение;  2) \(\omega = \dfrac{4v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha)} \approx 4{,}33\) рад/с;  3) при \(\mu_1 = 0{,}2 < \mathrm{tg}\,\alpha\): \(\omega_1 = \dfrac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1)}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu_1\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 1{,}52\) рад/с; при \(\mu_2 = 0{,}6 > \mathrm{tg}\,\alpha\): \(\omega_2 = 0\).

1. Перейдем в неинерциальную систему отсчета, связанную с центром масс системы (центром шарика).

Рассмотрим силы, действующие на твердое тело «стержень + шайба 2». Со стороны стенки на шайбу действует сила \(\vec R = \vec N + \vec F_\text{тр}\), приложенная к точке контакта со стеной. На свободный конец стержня действует сила \(\vec F\) со стороны шайбы 1. Также действует сила инерции, приложенная к центру масс тела (центру шайбы).

Запишем закон сохранения энергии. Кинетическая энергия тела в этой системе отсчета стремится к нулю, так как центр шайбы неподвижен, ее размер мал, а стержень невесомый. Тогда суммарная работа всех сил, а как следствие и суммарная мощность, равна нулю.

Сила инерции работу не совершает (центр масс не движется). Мощность силы \(\vec F\) равна \(P_F = F_\perp\cdot\omega L\), где \(\omega\) — угловая скорость вращения стержня. Мощность силы \(\vec R\) равна \(P_R = -F_\text{тр}\cdot\omega r\). Знаки написаны в предположении вращения стержня против часовой стрелки. \[F_\perp\cdot\omega L - F_\text{тр}\cdot\omega r = 0 \Rightarrow \frac{F_\perp}{F_\text{тр}} = \frac rL \ll 1.\] Следовательно, силу \(\vec F\) можно считать направленной вдоль стержня. Теперь рассмотрим только стержень. На него действует сила \(\vec F\) со стороны шайбы 1 и сила \(\vec F'\) со стороны шайбы 2. Так как стержень невесомый, то \(\vec F + \vec F' = \vec 0\), откуда \(\vec F' = -\vec F\), следовательно направлена вдоль стержня.

2. Первое решение:

Поскольку силы, действующие со стороны стержня на шайбы, можно считать направленными вдоль стержня, то в процессе соударения скорость шайбы 1 всегда направлена вдоль стержня. Данное утверждение не зависит от вида взаимодействия шайбы 2 со стенкой и применимо всегда.

Также данное утверждение можно доказать, используя закон сохранения момента импульса относительно точки контакта шайбы 2 со стенкой. Момент импульса шайбы 2 относительно выбранной точки можно считать равным нулю, поскольку размеры шайб малы. Тогда, поскольку до соударения момент импульса системы относительно выбранной точки равен нулю: \[L_\text{имп} = 0 = mLv_{1\perp} \Rightarrow v_{1\perp} = 0.\]

Пусть \(v_1\) и \(\omega\) — скорость шайбы 1 и угловая скорость вращения стержня сразу после соударения соответственно. Поскольку стержень жёсткий — компонента скорости шайбы 2, направленная вдоль стержня, также равна \(v_1\), а компонента скорости, перпендикулярная стержню, равна \(\omega L\).

Пусть \(m\) — масса одной шайбы. Поскольку трения между шайбой 2 и стенкой нет, то для системы выполняется закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось \(x\), направленную вдоль стенки: \[2mv_0\sin\alpha = mv_1\sin\alpha + m(v_1\sin\alpha + \omega L\cos\alpha) \Rightarrow v_1 = v_0 - \frac{\omega L}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha}.\] Поскольку удар упругий — для системы выполняется закон сохранения механической энергии: \[\frac{2mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{m(v_1^2 + \omega^2L^2)}{2} \Rightarrow v_1^2 = v_0^2 - \frac{\omega^2L^2}{2}.\] Приравнивая выражения для \(v_1^2\), получим: \[v_1^2 = v_0^2 - \frac{v_0\omega L}{\mathrm{tg}\,\alpha} + \frac{\omega^2L^2}{4\,\mathrm{tg}^2\alpha} = v_0^2 - \frac{\omega^2L^2}{2},\] откуда: \[\omega = \frac{4v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha)} \approx 4{,}33\text{ рад/с}.\]

Второе решение:

Поскольку размеры шайб малы, а стержень жёстко прикреплён к шайбе 2 — рассматриваемую систему можно считать твёрдым телом с материальными точками на концах стержня.

Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра стержня (который также является центром масс рассматриваемой системы): \[I\varepsilon = M \Rightarrow \frac{2mL^2\varepsilon}{4} = \frac{NL\sin\alpha}{2},\] где \(N\) — сила нормальной реакции стенки.

Пусть \(\Delta p_y\) — импульс силы нормальной реакции стенки. Тогда имеем: \[\omega = \frac{\Delta p_y\sin\alpha}{mL}.\] Запишем теорему о движении центра масс системы: \[2m\vec a_C = \vec N.\] Отсюда видно, что проекция скорости центра масс на ось \(x\) при соударении остаётся постоянной и равной: \[v_{Cx} = v_0\sin\alpha.\] Пусть \(v_{Cy}\) — скорость центра масс в проекции на ось \(y\) сразу после удара. Тогда из теоремы о движении центра масс получим: \[2ma_{Cy} = N \Rightarrow \Delta p_y = 2m(v_{Cy} + v_0\cos\alpha).\] Поскольку соударение упругое — кинетическая энергия системы сохраняется. Воспользуемся теоремой Кёнига и получим выражение для кинетической энергии системы: \[E_k = \frac{Mv_C^2}{2} + E_{k\,\text{отн}} \Rightarrow E_k = mv_C^2 + \frac{mL^2\omega^2}{4},\] откуда: \[mv_0^2 = mv_{Cy}^2 + mv_{Cx}^2 + \frac{mL^2\omega^2}{4}.\] Скомбинируем полученные уравнения: \[mv_0^2 = m\left(\frac{\omega L}{2\sin\alpha} - v_0\cos\alpha\right)^2 + v_0^2\sin^2\alpha + \frac{m\omega^2L^2}{4} \Rightarrow \frac{v_0\omega L}{\mathrm{tg}\,\alpha} = \frac{\omega^2L^2}{4}\left(1 + 2\,\mathrm{ctg}^2\alpha\right),\]

откуда: \[\omega = \frac{4v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha)} \approx 4{,}33\text{ рад/с}.\]

3. Первое решение:

Сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой её скорость направлена вдоль стенки. Обозначим её за \(v_2\). Приравнивая проекции скоростей шайб на ось, направленную вдоль стержня, получим:

\[v_2\sin\alpha = v_1.\] Компонента скорости шайбы 2, направленная перпендикулярно стержню, равна \(v_\perp = v_2\cos\alpha\), поэтому для угловой скорости вращения стержня имеем: \[\omega = \frac{v_\perp}{L} = \frac{v_2\cos\alpha}{L}.\] Изменения импульса системы в проекции на оси \(x\) и \(y\) составляют: \[\Delta p_x = mv_2 + mv_1\sin\alpha - 2mv_0\sin\alpha \qquad \Delta p_y = 2mv_0\cos\alpha - mv_1\cos\alpha.\] Подставляя связь \(v_1\) и \(v_2\), получим: \[\Delta p_x = mv_2(1 + \sin^2\alpha) - 2mv_0\sin\alpha \qquad \Delta p_y = 2mv_0\cos\alpha - mv_2\sin\alpha\cos\alpha.\] Определим скорость \(v_2\), считая, что шайба 2 всегда проскальзывает по стенке. Критерием правильности рассуждений является неотрицательное значение \(v_2\).

На систему в плоскости рисунка действуют две внешние силы: \(N = F_y\) и \(F_\text{тр} = \mu N = -F_x\). Поскольку силы связаны прямой пропорциональностью, имеем: \[\frac{\Delta p_x}{\Delta p_y} = \frac{F_x}{F_y} = -\frac{F_\text{тр}}{N} = -\mu = \frac{v_2(1 + \sin^2\alpha) - 2v_0\sin\alpha}{2v_0\cos\alpha - v_2\sin\alpha\cos\alpha},\] откуда: \[v_2 = \frac{2v_0(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}{1 + \sin^2\alpha - \mu\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu)}{\cos\alpha(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)}.\] Величина \(v_2\) является неотрицательной, если \(\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) и \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\). Невозможность постоянного проскальзывания при \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\) ясна и чисто из физических соображений, однако это можно показать и формально: При таких значениях \(\mu\) введённая ранее величина \(\Delta p_y\) оказывается отрицательной, что, разумеется, невозможно.

Таким образом, условие постоянного проскальзывания шайбы 2 следующее: \[\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha.\]

Обратим внимание, что \(\mu_1 < \mathrm{tg}\,\alpha\), а \(\mu_2 > \mathrm{tg}\,\alpha\). Тогда при коэффициенте трения \(\mu_1 = 0{,}2\) для угловой скорости стержня сразу после удара получим: \[\omega_1 = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1)}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu_1\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 1{,}52\text{ рад/с}.\] При \(\mu \geqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) шайба 2 в некоторый момент соударения прекращает движение вдоль стенки и далее по ней не проскальзывает. Покажем это.

Пусть \(F\) — сила напряжения стержня. Запишем второй закон Ньютона для шайбы 2 в проекции на ось \(y\): \[ma_{2y} = N - F\cos\alpha \Rightarrow N = F\cos\alpha + ma_{2y} \geqslant F\cos\alpha.\] Проскальзывание может возобновиться, если \(F\sin\alpha > \mu N\). Но из полученного выражения для \(N\) следует: \[\mu N = \mu(F\cos\alpha + ma_{2y}) \geqslant \mathrm{tg}\,\alpha(F\cos\alpha + ma_{2y}) \geqslant F\sin\alpha,\] поэтому проскальзывание шайбы 2 не возобновится, и, следовательно, сразу после соударения её скорость равна нулю. Тогда при \(\mu_2 = 0{,}6\) в силу полученной связи \(\omega\) и \(v_2\) находим: \[\omega_2 = 0\text{ рад/с}.\]

Второе решение:

Сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой её скорость направлена вдоль стенки. Обозначим её за \(v_2\).

Запишем выражение для скорости \(v_2\) шайбы 2 и условие её движения без отрыва от стенки: \[v_{2x} = v_2 = v_{Cx} + \frac{\omega L\cos\alpha}{2} \qquad v_{2y} = 0 = v_{Cy} + \frac{\omega L\sin\alpha}{2}.\] Изменения импульса системы в проекции на оси \(x\) и \(y\) составляют: \[\Delta p_x = 2m(v_{Cx} - v_0\sin\alpha) \qquad \Delta p_y = 2m(v_{Cy} + v_0\cos\alpha).\] Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс системы: \[\frac{mL^2\varepsilon}{2} = \frac{(N\sin\alpha + F_x\cos\alpha)L}{2},\] где \(F_x = -F_\text{тр}\) — проекция на ось \(x\) силы трения, действующей на шарик 2. Отсюда: \[\omega = \frac{\Delta p_x\cos\alpha + \Delta p_y\sin\alpha}{mL}.\] Определим скорость \(v_2\), считая, что шайба 2 всегда проскальзывает по стенке. Критерием правильности рассуждений является неотрицательное значение \(v_2\).

Из уравнения динамики вращательного движения и уравнений кинематической связи имеем: \[\omega = \frac{2\left(v_2 - (\omega L\cos\alpha)/2 - v_0\sin\alpha\right)\cos\alpha + 2\left(v_0\cos\alpha - (\omega L\sin\alpha)/2\right)\sin\alpha}{L}.\] После преобразований получим: \[\omega = \frac{v_2\cos\alpha}{L}.\] Если проскальзывание не прекращается, то \(F_x = -F_\text{тр} = -\mu N\), откуда: \[\frac{\Delta p_x}{\Delta p_y} = -\mu = \frac{v_{Cx} - v_0\sin\alpha}{v_{Cy} + v_0\cos\alpha}.\] Из полученного соотношения и уравнений кинематической связи имеем: \[v_0\sin\alpha + \frac{\omega L\cos\alpha}{2} - v_2 = \mu\left(v_0\cos\alpha - \frac{\omega L\sin\alpha}{2}\right).\] Подставляя полученную ранее связь \(\omega\) и \(v_2\), находим: \[v_0\sin\alpha + \frac{v_2\cos^2\alpha}{2} - v_2 = \mu v_0\cos\alpha - \frac{\mu v_2\sin\alpha\cos\alpha}{2},\] откуда: \[v_2 = \frac{2v_0(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}{2 - \cos^2\alpha - \mu\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu)}{\cos\alpha(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)}.\] Величина \(v_2\) является неотрицательной, если \(\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) и \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\). Невозможность постоянного проскальзывания при \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\) ясна и чисто из физических соображений, однако это можно показать и формально: При таких значениях \(\mu\) введённая ранее величина \(\Delta p_y\) оказывается отрицательной, что, разумеется, невозможно.

Таким образом, условие постоянного проскальзывания шайбы 2 следующее: \[\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha.\] Тогда при \(\mu_1 = 0{,}2\) для угловой скорости стержня сразу после удара получим: \[\omega_1 = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1)}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu_1\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 1{,}52\text{ рад/с}.\] При \(\mu \geqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) шайба 2 в некоторый момент соударения прекращает движение вдоль стенки и далее по ней не проскальзывает. Покажем это.

Если \(v_{2x} = 0\), то с учетом пренебрежимо малого изменения координат (углов) за время удара, выполняется соотношение: \[a_{Cx} + \frac{\varepsilon L\cos\alpha}{2} = 0.\] Определим из этого условия силу трения \(F_x\), действующую на шарик 2: \[\frac{F_x}{2m} + \frac{(N\sin\alpha + F_x\cos\alpha)\cos\alpha}{2m} = 0 \Rightarrow |F_x| = \frac{N\sin\alpha\cos\alpha}{1 + \cos^2\alpha} < \frac{N\sin\alpha}{\cos\alpha} \leqslant \mu N.\] Это доказывает, что предположение об отсутствии проскальзывания после обнуления проекции \(v_{2x}\) скорости шайбы 2 верно.

Тогда при \(\mu_2 = 0{,}6\) в силу полученной связи \(\omega\) и \(v_2\) находим: \[\omega_2 = 0\text{ рад/с}.\]