Механическая энергия, консервативные системы

Подсказка

Сила может не только растягивать, но и сжимать пружину. Рассмотрите оба случая и учтите изменение энергии пружины и энергии в поле тяжести; нужна минимальная работа.

Ответ

\(A = 0{,}04\) Дж.

Решение

Так как изначально груз в равновесии, \(mg = kx\). Внешняя сила может как сжимать пружину, так и растягивать. Рассмотрим оба варианта. Закон сохранения энергии при увеличении растяжения имеет вид \[\frac{kx^2}{2} + A_1 + mgx = \frac{k(2x)^2}{2},\] и \(A_1 = \dfrac12 kx^2 = 0{,}04\) Дж.

Если пружина сжимается от недеформированного состояния на \(2x\), и груз поднимается на \(3x\), то закон сохранения энергии имеет вид \[\frac{kx^2}{2} + A_2 = \frac{k(2x)^2}{2} + 3mgx,\] и \(A_2 = 9kx^2/2 = 0{,}36\) Дж. Во втором случае совершается большая работа. Также большей работы потребуют варианты, в которых в конечном состоянии груз разгоняется. Следовательно, необходимой (минимальной) работой является \(0{,}04\) Дж.

То, что работа при сжатии больше, чем при растяжении, можно объяснить и без уравнений: в конечном состоянии потенциальная энергия пружины одинакова, но потенциальная энергия в поле гравитации при подъёме явно больше.

Подсказка

Запишите закон сохранения импульса и закон сохранения энергии для системы двух брусков; относительная скорость выражается через скорости брусков.

Ответ

\(0{,}24\)–\(0{,}25\) м/с.

Подсказка

Первоначальная деформация — из условия равновесия груза. Работа постоянной силы зависит только от самой силы и пройденного пути, а не от того, во что превращается энергия.

Ответ

\(x = 20\) см;  \(A_F = 3\) Дж.

Решение

Из второго закона Ньютона находим первоначальную деформацию пружины: \(kx = mg \;\Rightarrow\; x = 20\) см.

По определению работы силы \(A_F = Fh = 3\) Дж. Жёсткость пружины и масса тела определяют лишь изменения потенциальной и кинетической энергий тела, которые в сумме всегда дают искомую работу.

Подсказка

В нижней точке скорость груза равна нулю, значит, работа силы тяжести равна по модулю работе силы упругости. Обе работы — площади под графиками на плоскости \((x, F)\).

Ответ

\(x_0 \approx 10\) см.

Подсказка

Часть теплоты сгоревшего топлива, определяемая КПД, идёт на прирост кинетической и потенциальной энергии самолёта. Не все данные в условии нужны.

Ответ

\(t = \dfrac{m(2gH + v^2)}{2q\mu\eta}\cdot 100\% = 1200\text{ с}\).

Подсказка

В нижней точке скорость груза равна нулю: работа силы тяжести равна приросту энергии пружины, то есть площади под графиком \(F(x)\). Подберите \(x\) по клеткам.

Ответ

Пружина растянется на максимальную длину \(x_0 \approx 10\) см.

Подсказка

Лёгкий шарик разгоняется гораздо быстрее тяжёлых. Подумайте, как можно разделить процесс на два этапа и записать закон сохранения энергии для каждого.

Ответ

Скорость шарика с зарядом \(100q\): \(v_1 = \dfrac{10\,q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}}\); скорости шариков с зарядами \(q\): \(v_2 = \dfrac{q}{20\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}}\).

Решение

В начальном состоянии энергия взаимодействия шариков равна \[W_1 = \frac{1}{2}\left(q\left[k\frac{100q}{R} + k\frac{q}{R}\right] + q\left[k\frac{100q}{R} + k\frac{q}{R}\right] + 100q\left[k\frac{q}{R} + k\frac{q}{R}\right]\right) = 201\,k\frac{q^2}{R}\] (шарики маленькие, следовательно, их собственная энергия в процессе движения не поменяется).

Так как масса шарика с зарядом \(100q\) много меньше масс двух остальных шариков, он улетит на далёкие расстояния очень быстро (два остальных не успеют разогнаться), поэтому из закона сохранения энергии получаем \[W_1 = \frac{m v_1^2}{2} + k\frac{q^2}{R} \quad\Rightarrow\quad v_1 = \frac{10\,q}{\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}},\] где \(v_1\) "— скорость шарика с зарядом \(100q\).

Запишем закон сохранения энергии для двух оставшихся шариков: \[k\frac{q^2}{R} = 2\cdot\frac{100\,m v_2^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v_2 = \frac{q}{20\sqrt{\pi\varepsilon_0 mR}},\] где \(v_2\) "— скорость шариков с зарядами \(q\).

Подсказка

Кроме силы тяжести работу совершает кулоновская сила; удобно записать закон сохранения энергии с учётом энергии взаимодействия зарядов в начале (расстояние \(\sqrt5\,l\)) и в конце (расстояние \(l\)).

Ответ

\(v = \sqrt{2\left(gl + k\dfrac{q^2}{lm}\left[1 - \dfrac{1}{\sqrt5}\right]\right)}\).

Решение

Запишем закон сохранения энергии для грузика массой \(m\): \[mgl - k\frac{q^2}{\sqrt5\,l} = \frac{mv^2}{2} - k\frac{q^2}{l},\] отсюда получаем: \[v = \sqrt{2\left(gl + k\frac{q^2}{lm}\left[1 - \frac{1}{\sqrt5}\right]\right)}.\]

Подсказка

Горизонтальная часть верёвки не меняет своей высоты, поэтому изменение потенциальной энергии определяется только опусканием той части, что переходит в вертикальную. Импульс верёвки "— векторная величина: учтите, что горизонтальная и вертикальная части движутся в разных направлениях.

Ответ

1) \(80\) см;  2) \(4\) м/с;  3) \(0{,}33\) кг\(\cdot\)м/с.

Подсказка

Работает закон сохранения энергии: считайте, как меняется потенциальная энергия, когда часть верёвки переходит из горизонтальной части в вертикальную. Импульс — это \(m_\text{вис}v\) плюс \(m_\text{гор}v\) с учётом направлений скоростей на двух участках.

Ответ

1) \(80\) см;  2) \(4\) м/с;  3) \(0{,}33\) кг\(\cdot\)м/с.

Решение

Откуда берётся размах. В новой системе отсчёта скорость каждого шарика равна \(\vec V + \vec v\), где \(|\vec V| = |\vec v| = v\). Когда вращательная скорость сонаправлена с \(\vec V\), модуль равен \(2v\) (энергия \(4\cdot mv^2/2\)); когда противонаправлена — нулю. Всё как надо.

Причина. Работу совершает сила натяжения нити. В «своей» системе отсчёта она перпендикулярна скорости шарика и потому не работает. В движущейся системе скорость шарика есть \(\vec V + \vec v\), и

\[ \vec T\cdot(\vec V + \vec v) = \vec T\cdot\vec V \ne 0 \]

(член \(\vec T\cdot\vec v\) по-прежнему нулевой). Никакой новой силы не появилось — просто та же сила теперь «догоняет» или «тормозит» шарик.

Суммарная энергия. Скорости шариков в исходной системе противоположны: \(+\vec v\) и \(-\vec v\). Значит,

\[ K = \frac{m}{2}\bigl|\vec V + \vec v\bigr|^2 + \frac{m}{2}\bigl|\vec V - \vec v\bigr|^2 = m\bigl(V^2 + v^2\bigr) = \text{const}. \]

Перекрёстные члены \(\pm m\,\vec V\cdot\vec v\) взаимно уничтожаются. Это и понятно «по силам»: натяжения на двух шариках равны и противоположны, а добавка к скорости \(\vec V\) у них общая, поэтому работы \(\vec T\cdot\vec V\) и \((-\vec T)\cdot\vec V\) в сумме дают нуль.

Решение

Начальная энергия. Удар разгоняет только спицу, шайба ещё покоится:

\[ K_0 = \frac{m_1v^2}{2}. \]

Сколько ушло в тепло. Пара сил трения (на спицу и на шайбу) выделяет

\[ Q = F\cdot s_{\text{отн}}, \]

где \(s_{\text{отн}}\) — путь шайбы относительно спицы. Шайба стояла посередине и сошла с конца, значит \(s_{\text{отн}} = l\).

Это верно независимо от того, как именно двигались спица и шайба по отдельности: работа пары внутренних сил зависит только от их взаимного смещения (задача 2.4.6).

\[ K = K_0 - Q = \frac{m_1v^2}{2} - Fl. \]

Решение

Насколько была сжата пружина. Тела разошлись на \(x_1 + x_2\), и ровно на столько пружина и была сжата. Запасённая энергия

\[ E = \frac{k\,(x_1+x_2)^2}{2}. \]

Как она делится. В каждый момент пружина действует на оба тела силой одной и той же величины \(F\). За малый промежуток времени тела проходят \(\Delta x_1\) и \(\Delta x_2\), и работы относятся как \(\Delta x_1 : \Delta x_2\). Из сохранения импульса \(m_1v_1 = m_2v_2\) в любой момент, поэтому отношение скоростей постоянно, а значит постоянно и отношение путей:

\[ \frac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \frac{x_1}{x_2}. \]

Стало быть, вся энергия делится в том же отношении:

\[ K_1 = \frac{x_1}{x_1+x_2}\,E = \frac{k\,(x_1+x_2)\,x_1}{2}, \qquad K_2 = \frac{x_2}{x_1+x_2}\,E = \frac{k\,(x_1+x_2)\,x_2}{2}. \]

Решение

Работа над телом. Начальная скорость \(v\) (поперёк ленты), конечная \(u\) (вдоль ленты). Работа силы трения равна изменению кинетической энергии:

\[ A_1 = \frac{mu^2}{2} - \frac{mv^2}{2}. \]

Работа над лентой. На ленту действует сила \(-\vec f\) (третий закон), а лента всё время движется со скоростью \(\vec u\). За малое время \(\Delta t\) точка приложения смещается на \(\vec u\,\Delta t\), и работа равна \((-\vec f)\cdot\vec u\,\Delta t\). Сложим такие кусочки, вынося постоянную \(\vec u\):

\[ A_2 = -\vec u\cdot\sum \vec f\,\Delta t = -\vec u\cdot\Delta\vec p_{\text{тела}}, \]

ведь сумма импульсов силы \(\sum\vec f\,\Delta t\) — это изменение импульса тела. Импульс тела вдоль ленты изменился от нуля до \(mu\), поэтому

\[ A_2 = -mu^2. \]

Почему работы разные. Работы силы и противосилы сокращаются только тогда, когда точки их приложения движутся одинаково. Здесь тело скользит по ленте, точки приложения расходятся, и сумма работ не нуль:

\[ Q = -(A_1 + A_2) = \frac{mv^2}{2} + \frac{mu^2}{2}. \]

Это выделившееся тепло. Проверить его можно и иначе: в системе отсчёта ленты тело начинает движение со скоростью \(\sqrt{u^2+v^2}\) и полностью останавливается, так что в тепло уходит вся эта энергия ✓.

Решение

Геометрия. Поместим частицы в точки \((\pm r, 0)\). Каждая смещается на \(r\) под углом \(\alpha\) к направлению на соседку, и смещения противоположны. Правая частица переходит в

\[ \bigl(r - r\cos\alpha,\ r\sin\alpha\bigr), \]

левая — в симметричную точку. Новое расстояние равно удвоенному расстоянию от начала координат:

\[ d = 2r\sqrt{(1-\cos\alpha)^2 + \sin^2\alpha} = 2r\sqrt{2-2\cos\alpha} = 4r\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Работа. Притяжение постоянно по величине и направлено вдоль соединяющей линии, поэтому его работа равна \(-F\,\Delta d\), а внешняя сила (перемещаем медленно) совершает

\[ A = F\,(d - 2r) = 2Fr\left(2\sin\frac{\alpha}{2} - 1\right). \]

Когда работа нулевая:

\[ \sin\frac{\alpha}{2} = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad \frac{\alpha}{2} = 30^\circ \quad\Longrightarrow\quad \alpha = 60^\circ. \]

При таком угле частицы, разъезжаясь, оказываются точно на прежнем расстоянии друг от друга. Это видно и без формулы: в треугольнике «середина отрезка — старое место частицы — новое место» две стороны равны \(r\), а угол между ними \(60^\circ\) — треугольник равносторонний. Значит, каждая частица по-прежнему на расстоянии \(r\) от середины, и расстояние между ними снова \(2r\).

Решение

Складываем работы. Пусть на первую частицу действует \(\vec F\), на вторую \(-\vec F\). За малый шаг

\[ \Delta A = \vec F\cdot\Delta\vec r_1 + (-\vec F)\cdot\Delta\vec r_2 = \vec F\cdot\Delta(\vec r_1 - \vec r_2) = \vec F\cdot\Delta\vec R. \]

Здесь \(\vec R\) — вектор, соединяющий частицы. Уже отсюда видно: если систему просто сдвинуть как целое, то \(\Delta\vec R = 0\) и работа нулевая.

Центральность. Для центральной силы \(\vec F = f(R)\,\dfrac{\vec R}{R}\), поэтому

\[ \Delta A = f(R)\,\frac{\vec R\cdot\Delta\vec R}{R} = f(R)\,\Delta R, \]

потому что \(\vec R\cdot\Delta\vec R = R\,\Delta R\) (это просто производная от \(R^2 = \vec R\cdot\vec R\)). Работа выражается через одно число — изменение расстояния.

Поворот как целое не меняет \(R\), значит \(\Delta R = 0\) и работа снова нулевая. Геометрически: при повороте \(\Delta\vec R\) перпендикулярен \(\vec R\), а сила направлена вдоль \(\vec R\).

Поскольку изменение полной кинетической энергии равно суммарной работе всех сил, а взаимные силы дают вклад \(\sum f(R)\,\Delta R\) — сумму по маленьким шагам изменения расстояния, — эта часть зависит только от начального и конечного расстояний.

Решение

Геометрия. Пусть сторона треугольника \(a\), радиус описанной окружности \(R = a/\sqrt3\). Треугольник остаётся правильным, поэтому при смещении шариков на \(x\) наружу радиус становится \(R+x\), а сторона растёт в том же отношении:

\[ \Delta a = a\,\frac{x}{R} = a\cdot\frac{x\sqrt3}{a} = x\sqrt3. \]

Каждая из трёх пружин удлиняется на \(x\sqrt3\).

Энергия. В момент наибольшего удаления шарики останавливаются, и вся кинетическая энергия оказывается в пружинах:

\[ 3\cdot\frac{mv^2}{2} = 3\cdot\frac{k\,(x\sqrt3)^2}{2} = \frac{9kx^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{mv^2}{2} = \frac{3kx^2}{2}. \] \[ x = v\sqrt{\frac{m}{3k}}. \]

Решение

Два заряда. Вся энергия взаимодействия пары переходит в кинетическую:

\[ \frac{kq^2}{l} = 2\cdot\frac{mv^2}{2} = mv^2. \]

Три заряда. Пар теперь три, и все на расстоянии \(l\), поэтому запасённая энергия равна \(3kq^2/l\). По симметрии все три заряда разлетаются одинаково:

\[ \frac{3kq^2}{l} = 3\cdot\frac{mv_0^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{kq^2}{l} = \frac{mv_0^2}{2}. \]

Сравнивая с первой строчкой:

\[ mv^2 = \frac{mv_0^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v_0 = v\sqrt2. \]

Решение

Связь перемещений. Когда средний груз опустился на \(y\), каждая наклонная ветвь стала равна \(\sqrt{l^2+y^2}\), то есть удлинилась на \(\sqrt{l^2+y^2} - l\). Нить нерастяжима, значит, каждый боковой груз поднялся ровно на столько же.

Энергия. Обозначим скорость среднего груза \(u\), а угол наклона ветви к горизонту \(\theta\). Боковые грузы движутся со скоростью \(u\sin\theta\) (это проекция скорости среднего груза на направление ветви):

\[ 2mg\,y - 2mg\left(\sqrt{l^2+y^2} - l\right) = \frac{2m u^2}{2} + 2\cdot\frac{m\,(u\sin\theta)^2}{2}. \]

Предел при больших \(y\). Тогда \(\sqrt{l^2+y^2} \approx y + \dfrac{l^2}{2y} \to y\) и \(\sin\theta \to 1\). Левая часть стремится к \(2mgl\), правая — к \(2mu^2\):

\[ 2mgl = 2mu^2 \quad\Longrightarrow\quad u = \sqrt{gl}. \]

Боковые грузы движутся со скоростью \(u\sin\theta \to u\), то есть с той же предельной скоростью.

Решение

Связь перемещений. Пусть средний груз опустился на \(y\). Каждая наклонная ветвь стала равна \(\sqrt{l^2+y^2}\), то есть удлинилась на \(\sqrt{l^2+y^2} - l\); ровно на столько поднялся каждый боковой груз.

Условие остановки. В самой нижней точке все скорости нулевые (боковые грузы движутся со скоростью, пропорциональной скорости среднего). Значит, кинетической энергии нет ни в начале, ни в конце:

\[ mg\,y = 2mg\left(\sqrt{l^2+y^2} - l\right). \]

Решаем. Сокращаем на \(mg\) и переносим:

\[ y + 2l = 2\sqrt{l^2+y^2} \ \Longrightarrow\ y^2 + 4ly + 4l^2 = 4l^2 + 4y^2 \ \Longrightarrow\ 4ly = 3y^2. \] \[ y = \frac{4l}{3}. \]

Решение

1. Связь скоростей. Грань наклонена к вертикали под углом \(\alpha\). Скорости клина (вниз, \(V\)) и бруска (вбок, \(v\)) должны давать одинаковые проекции на нормаль к грани, иначе тела разъехались бы или вдавились друг в друга. Это даёт

\[ V\sin\alpha = v\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad v = V\operatorname{tg}\alpha. \]

2. Энергия. Трения нет, брусок по высоте не меняется, а клин опускается на \(h\):

\[ Mgh = \frac{MV^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = \frac{V^2}{2}\Bigl(M + m\operatorname{tg}^2\alpha\Bigr). \] \[ V = \sqrt{\frac{2Mgh}{M + m\operatorname{tg}^2\alpha}},\qquad v = \operatorname{tg}\alpha\,\sqrt{\frac{2Mgh}{M + m\operatorname{tg}^2\alpha}}. \]

Это и есть искомая скорость бруска в момент отрыва.

3. Что дальше с клином. Расставшись с бруском, клин просто падает. К этому моменту его вершина находится на высоте \(H - h\), поэтому у земли

\[ v_M = \sqrt{\frac{2Mgh}{M + m\operatorname{tg}^2\alpha} + 2g(H-h)}. \]

Решение

Переменные. Пусть \(a\) — горизонтальное расстояние между осями, \(b\) — вертикальное. Цилиндры касаются, поэтому

\[ a^2 + b^2 = 4R^2, \qquad a: 0 \to 2R,\quad b: 2R \to 0. \]

Верхний цилиндр опустился на \(2R - b\).

Связь скоростей. Скорости \(u\) (нижний, вбок) и \(w\) (верхний, вниз) должны давать равные проекции на линию центров:

\[ u\,a = w\,b. \]

Энергия. Всё гладкое, нижний цилиндр по высоте не меняется:

\[ g\,(2R-b) = \frac{u^2}{2} + \frac{w^2}{2} = \frac{u^2}{2}\left(1 + \frac{a^2}{b^2}\right) = \frac{u^2}{2}\cdot\frac{4R^2}{b^2}. \]

Отсюда

\[ u^2 = \frac{g\,(2R-b)\,b^2}{2R^2}. \]

Момент расставания. Пока цилиндры давят друг на друга, нижний разгоняется. Как только \(u\) достигает максимума, разгонять его больше нечем: сила взаимодействия обращается в нуль, и цилиндры разъезжаются. Значит, надо найти максимум произведения \((2R-b)\,b^2\). Разложим его для неравенства о средних:

\[ (2R-b)\cdot\frac b2\cdot\frac b2 \le \left(\frac{(2R-b) + \frac b2 + \frac b2}{3}\right)^{3} = \frac{8R^3}{27}, \]

причём равенство достигается при \(2R-b = b/2\), то есть при \(b = \dfrac{4R}{3}\). Тогда \((2R-b)b^2 = 4\cdot\dfrac{8R^3}{27} = \dfrac{32R^3}{27}\) и

\[ u^2 = \frac{g}{2R^2}\cdot\frac{32R^3}{27} = \frac{16gR}{27}, \qquad u = \frac43\sqrt{\frac{gR}{3}}. \]

Дальше пол гладкий, и нижний цилиндр катится с этой скоростью не замедляясь.

Решение

1. Скорость. Обозначим \(\lambda = m/l\). Центр масс верёвки вначале был на глубине \(l/4\) под блоком (каждая половина — своим центром на \(l/4\)). Теперь стороны равны \(a = l/3\) и \(b = 2l/3\), и глубина центра масс равна

\[ \frac{a^2 + b^2}{2l} = \frac{l/9 + 4l/9}{2} = \frac{5l}{18}. \]

Значит, центр масс опустился на \(\dfrac{5l}{18} - \dfrac{l}{4} = \dfrac{l}{36}\), и

\[ \frac{mv^2}{2} = mg\cdot\frac{l}{36} \quad\Longrightarrow\quad v^2 = \frac{gl}{18}. \]

2. Ускорение. Тянет вниз только «лишний» кусок \(b - a = l/3\):

\[ a_\tau = \frac{\lambda (b-a) g}{m} = \frac{g}{3}. \]

3. Второй закон для всей верёвки. Направим ось вниз. Скорости сторон противоположны, поэтому полный импульс верёвки \(p = \lambda(b-a)\,v\). Здесь меняются оба сомножителя: скорость растёт с ускорением \(a_\tau\), а разность длин — со скоростью \(\dot b - \dot a = 2v\). За малое время \(\Delta[(b-a)v] = (b-a)\,\Delta v + v\,\Delta(b-a)\), поэтому

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \lambda(b-a)\,a_\tau + \lambda\,v\cdot 2v = \frac{m}{l}\cdot\frac{l}{3}\cdot\frac{g}{3} + \frac{2m}{l}\cdot\frac{gl}{18} = \frac{mg}{9} + \frac{mg}{9} = \frac{2mg}{9}. \]

На верёвку действуют тяжесть \(mg\) (вниз) и реакция блока \(N\) (вверх):

\[ mg - N = \frac{2mg}{9} \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{7mg}{9}. \]

По третьему закону Ньютона верёвка давит на блок вниз с той же силой.

Решение

Что известно про шарик. Он падает с \(H = 1\) м, приходит со скоростью \(v = \sqrt{2gH}\) и отскакивает почти на ту же высоту — значит, уходит вверх практически с той же скоростью \(v\). Столкновение упругое: мяч сработал как хорошая пружина.

Что делает мяч. Пока длится удар, донышко мяча прижато к полу и покоится, а макушка вдавливается и распрямляется вместе с шариком. Оболочка деформируется примерно равномерно, поэтому центр мяча смещается вдвое меньше макушки — и движется вдвое медленнее:

\[ u \approx \frac{v}{2}. \]

Высота подскока мяча:

\[ h = \frac{u^2}{2g} = \frac{v^2}{8g} = \frac{2gH}{8g} = \frac{H}{4} \approx 0{,}25\ \text{м}. \]

Решение

Что делает пружина. Шарики одинаковы, поэтому в системе центра масс они разлетаются с равными по модулю скоростями \(w\). В лабораторной системе передний получает \(u + w\), задний — \(u - w\).

Находим \(w\). Энергия переднего шарика

\[ K' = \frac{m(u+w)^2}{2} = K\left(1 + \frac{w}{u}\right)^2 = 1{,}21\,K \ \Longrightarrow\ 1 + \frac{w}{u} = 1{,}1 \ \Longrightarrow\ \frac{w}{u} = 0{,}1. \]

Если бы шарики покоились, передний получил бы только «внутреннюю» скорость \(w\):

\[ K_0 = \frac{mw^2}{2} = K\left(\frac{w}{u}\right)^2 = 0{,}01\,K. \]

Почему так по-разному. Работа пружины над шариком равна силе, умноженной на его перемещение. Летящий шарик за то же время уходит гораздо дальше, поэтому и работа над ним во много раз больше. Энергия пружины при этом расходуется одна и та же — просто в движущемся случае она перераспределяется: задний шарик теряет

\[ K - \frac{m(u-w)^2}{2} = K\bigl(1 - 0{,}9^2\bigr) = 0{,}19\,K, \]

а передний приобретает \(0{,}21K\). Разница \(0{,}02K\) — это и есть энергия пружины, ровно \(2K_0\), как и в случае покоя.

Решение

1. Скорость схода со стержней. К свободным концам расстояние между бусинками становится равным \(l_0\) — пружина не деформирована, вся её энергия перешла в кинетическую:

\[ \frac{k\,(l-l_0)^2}{2} = 2\cdot\frac{mv^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v = (l-l_0)\sqrt{\frac{k}{2m}}. \]

Скорость \(v\) направлена вдоль стержня.

2. Движение системы. Раскладываем каждую скорость на продольную (вдоль оси \(x\)) и поперечную:

\[ v_x = v\cos\alpha \ \ (\text{у обеих бусинок одинаково}),\qquad v_\perp = v\sin\alpha \ \ (\text{навстречу друг другу}). \]

Поперечные компоненты противоположны и в сумме дают нуль, поэтому центр масс (а вместе с ним и пружина) летит вдоль \(x\) со скоростью

\[ v_x = (l-l_0)\sqrt{\frac{k}{2m}}\,\cos\alpha. \]

3. Наибольшее сжатие. Поперечное сближение — это чистое «внутреннее» движение: бусинки идут навстречу со скоростью \(v\sin\alpha\) каждая. В момент наибольшего сжатия поперечные скорости обнуляются, и вся эта энергия сидит в пружине:

\[ 2\cdot\frac{m\,(v\sin\alpha)^2}{2} = \frac{k\,x^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad x^2 = \frac{2m v^2\sin^2\alpha}{k} = (l-l_0)^2\sin^2\alpha. \] \[ x = (l-l_0)\sin\alpha. \]

Решение

а. Разложим скорость каждой частицы: \(\vec v_i = \vec V + \vec u_i\), где \(\vec u_i\) — скорость относительно центра масс. Тогда (см. задачу 2.4.23)

\[ K = \frac{MV^2}{2} + \sum_i \frac{m_i u_i^2}{2}. \]

Второе слагаемое неотрицательно и обращается в нуль тогда и только тогда, когда все \(\vec u_i = 0\), то есть когда все частицы движутся с одной и той же скоростью. Это поступательное движение системы как целого — единственный случай, когда \(K = MV^2/2\).

б. Второй закон Ньютона для системы гласит

\[ M\,\vec a_{\text{ц}} = \sum \vec F_{\text{внеш}}. \]

Умножим обе части скалярно на перемещение центра масс \(\Delta \vec r_{\text{ц}} = \vec V\,\Delta t\):

\[ M\,\vec a_{\text{ц}}\cdot\vec V\,\Delta t = \Bigl(\sum \vec F_{\text{внеш}}\Bigr)\cdot\Delta\vec r_{\text{ц}}. \]

Слева стоит в точности приращение величины \(MV^2/2\), потому что

\[ \Delta\!\left(\frac{MV^2}{2}\right) = M\,\vec V\cdot\Delta\vec V = M\,\vec V\cdot\vec a_{\text{ц}}\,\Delta t. \]

Итак, на каждом малом шаге приращение \(MV^2/2\) равно элементарной работе \(\bigl(\sum\vec F_{\text{внеш}}\bigr)\cdot\Delta\vec r_{\text{ц}}\). Складывая такие шаги по всему пути, получаем: полное приращение \(\Delta(MV^2/2)\) равно работе суммарной внешней силы на перемещении центра масс.

Решение

Почему обруч возвращается. Гимнастка закручивает обруч «на себя»: низ обруча при этом движется вперёд быстрее центра. Значит, точка касания скользит вперёд, и сила трения скольжения направлена назад. Она делает сразу два дела: тормозит центр и раскручивает обруч в обратную сторону. Пока закрутка велика, проскальзывание не прекращается, и трение остаётся тем же самым. Центр успевает остановиться раньше, чем исчезнет закрутка, — а трение продолжает толкать обруч назад, и он катится к хозяйке.

Коэффициент трения. На всём пути «туда» центр обруча тормозится постоянной силой \(\mu mg\):

\[ a = \mu g,\qquad v^2 = 2al = 2\mu g l. \] \[ \mu = \frac{v^2}{2gl}. \]

Решение

1. Скорость оси. Для центра масс достаточно второго закона:

\[ ma = mg - T \quad\Longrightarrow\quad a = g - \frac{T}{m}. \]

Движение равноускоренное, поэтому после спуска на \(h\)

\[ v = \sqrt{2h\Bigl(g - \frac{T}{m}\Bigr)}. \]

2. Полная кинетическая энергия. Нить нерастяжима и её верхний конец закреплён, поэтому точка катушки, в которой нить от неё отходит, в каждый момент неподвижна. Сила натяжения приложена именно к ней и работы не совершает. Работает одна тяжесть:

\[ K = mgh. \]

3. Энергия вращения — это всё, что осталось сверх поступательной:

\[ K_{\text{вр}} = mgh - \frac{mv^2}{2} = mgh - mh\Bigl(g - \frac{T}{m}\Bigr) = Th. \]

Решение

1. Разгон. Больше, чем \(\mu m g\), лапы от земли не «отпихнут» — иначе они проскользнут. Значит, максимальное ускорение собаки \(a = \mu g\), и к концу поводка

\[ v^2 = 2\mu g L. \]

2. Рывок. Поводок нерастяжим — это абсолютно неупругий удар. Импульс сохраняется:

\[ mv = (M+m)\,u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{mv}{M+m}. \]

3. Совместное скольжение. Теперь вперёд систему тянут лапы собаки (максимум \(\mu m g\)), а назад — трение полозьев \(\mu M g\). Результат

\[ (M+m)\,a' = \mu m g - \mu M g = -\mu (M-m)\,g. \]

Так как \(M > m\), система тормозится, и пройденный путь

\[ x = \frac{u^2}{2|a'|} = \frac{m^2\,2\mu g L}{(M+m)^2}\cdot\frac{M+m}{2\mu (M-m) g} = \frac{m^2L}{(M+m)(M-m)}. \] \[ x = \frac{m^2 L}{M^2 - m^2}. \]

Решение

Уравнение для расстояния. Пусть \(\delta\) — удлинение пружины, \(s = l_0 + \delta\) — расстояние между брусками. Для левого бруска (сила \(F\) тянет его влево, пружина — вправо) и для правого:

\[ m\ddot x_1 = -F + k\delta,\qquad m\ddot x_2 = -k\delta. \]

Вычитая, получаем уравнение для \(\delta = x_2 - x_1\):

\[ \ddot\delta = -\frac{2k}{m}\,\delta + \frac{F}{m}. \]

Это в точности уравнение гармонических колебаний с частотой \(\omega = \sqrt{2k/m}\) около положения равновесия

\[ \delta_{\text{равн}} = \frac{F}{2k}. \]

Амплитуда. В начальный момент пружина не деформирована (\(\delta = 0\)) и бруски покоятся — значит, это крайняя точка колебаний, и амплитуда равна расстоянию до равновесия, то есть \(F/2k\). Поэтому \(\delta\) пробегает значения от \(0\) до \(F/k\):

\[ l_{\min} = l_0,\qquad l_{\max} = l_0 + \frac{F}{k}. \]

Решение

Случай 1: \(\mu \le \operatorname{tg}\alpha\) — верхнее тело едет с самого начала. Направим ось вдоль склона вниз, обозначим \(x\) — удлинение. Ускорения тел:

\[ a_{\text{низ}} = g\sin\alpha - \frac{kx}{m},\qquad a_{\text{верх}} = g\sin\alpha - \mu g\cos\alpha + \frac{kx}{m}. \]

Их разность и есть \(\ddot x\):

\[ \ddot x = -\frac{2k}{m}\,x + \mu g\cos\alpha. \]

Гармонические колебания около \(x_{\text{равн}} = \dfrac{\mu m g\cos\alpha}{2k}\); старт из покоя при \(x = 0\) даёт амплитуду \(x_{\text{равн}}\), поэтому

\[ x_{\max} = \frac{\mu m g\cos\alpha}{k}. \]

Случай 3: \(\mu \ge 3\operatorname{tg}\alpha\) — верхнее тело так и не трогается. Тогда нижнее тело — просто груз на пружине, закреплённой наверху:

\[ m\ddot x = mg\sin\alpha - kx \ \Longrightarrow\ x_{\max} = \frac{2mg\sin\alpha}{k}. \]

Верхнее тело действительно устоит, если тяжесть плюс натяжение пружины не превосходят трения покоя:

\[ mg\sin\alpha + k\,x_{\max} \le \mu m g\cos\alpha \ \Longleftrightarrow\ 3\operatorname{tg}\alpha \le \mu. \]

Случай 2: \(\operatorname{tg}\alpha < \mu < 3\operatorname{tg}\alpha\). Сначала верхнее тело стоит, и нижнее разгоняется по сценарию случая 3. Верхнее трогается, когда

\[ mg\sin\alpha + kx_1 = \mu mg\cos\alpha \ \Longrightarrow\ x_1 = \frac{mg(\mu\cos\alpha - \sin\alpha)}{k}. \]

Введём обозначения \(c = \dfrac{\mu mg\cos\alpha}{k}\), \(s = \dfrac{mg\sin\alpha}{k}\); тогда \(x_1 = c - s\), а скорость нижнего тела в этот момент находится из колебаний около \(s\) с амплитудой \(s\) (отклонение от центра колебаний \(x_1 - s = c - 2s\)):

\[ \dot x_1^{\,2} = \frac{k}{m}\Bigl(s^2 - (c-2s)^2\Bigr). \]

Дальше работает уравнение случая 1: колебания около \(c/2\) с \(\omega^2 = 2k/m\). Амплитуда новой стадии

\[ A^2 = \Bigl(x_1 - \frac c2\Bigr)^2 + \frac{\dot x_1^{\,2}}{\omega^2} = \frac{c^2}{4}\Bigl(1 - 2\bigl(1 - \tfrac sc\bigr)^2\Bigr), \]

а поскольку \(s/c = \operatorname{tg}\alpha/\mu\), получаем

\[ x_{\max} = \frac{c}{2} + A = \frac{\mu mg\cos\alpha}{2k} \left[\,1 + \sqrt{1 - 2\Bigl(1 - \frac{\operatorname{tg}\alpha}{\mu}\Bigr)^{2}}\,\right]. \]

Решение

Разложение. Пусть \(\vec V\) — скорость центра масс, а \(\vec u_i = \vec v_i - \vec V\) — скорость \(i\)-й частицы относительно него. Ключевое свойство центра масс:

\[ \sum_i m_i \vec u_i = \sum_i m_i\vec v_i - \Bigl(\sum_i m_i\Bigr)\vec V = M\vec V - M\vec V = \vec 0. \]

Возводим в квадрат.

\[ K = \sum_i \frac{m_i v_i^2}{2} = \sum_i \frac{m_i(\vec V + \vec u_i)^2}{2} = \sum_i \frac{m_i V^2}{2} + \vec V\cdot\sum_i m_i\vec u_i + \sum_i \frac{m_i u_i^2}{2}. \]

Первая сумма даёт \(MV^2/2\), вторая — нуль по доказанному выше, третья и есть внутренняя кинетическая энергия. Итого

\[ K = \frac{MV^2}{2} + K_{\text{внутр}}. \]

Решение

Уравнение для деформации. Пусть \(\delta\) — удлинение пружины. Каждое тело чувствует свою силу \(F\) наружу и силу пружины \(k\delta\) внутрь, поэтому

\[ \ddot\delta = \frac{F - k\delta}{m_1} + \frac{F - k\delta}{m_2} = \frac{F - k\delta}{\mu},\qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}. \]

Это гармонические колебания около \(\delta_{\text{равн}} = F/k\). Старт из покоя при \(\delta = 0\) — значит, амплитуда тоже \(F/k\), и

\[ \delta_{\max} = \frac{2F}{k},\qquad U_{\max} = \frac{k\,\delta_{\max}^2}{2} = \frac{2F^2}{k}. \]

Максимум кинетической энергии достигается в положении равновесия \(\delta = F/k\). Суммарная работа обеих сил равна \(F\delta\) (каждая совершает работу на своём перемещении, а сумма перемещений и есть удлинение):

\[ K_{\max} = F\cdot\frac{F}{k} - \frac{k}{2}\Bigl(\frac Fk\Bigr)^{2} = \frac{F^2}{k} - \frac{F^2}{2k} = \frac{F^2}{2k}. \]

Относительная скорость. Центр масс покоится, поэтому вся кинетическая энергия — «внутренняя», и её удобно записать через приведённую массу:

\[ K = \frac{\mu\,v_{\text{отн}}^2}{2} = \frac{F^2}{2k} \ \Longrightarrow\ v_{\text{отн}} = F\sqrt{\frac{1}{k\mu}} = F\sqrt{\frac{m_1+m_2}{k\,m_1m_2}}. \]

Решение

Когда полная энергия сводится к внутренней. Полная энергия равна

\[ E = \frac{MV^2}{2} + W, \]

поэтому \(E = W\) тогда и только тогда, когда центр масс покоится (\(V = 0\)). Именно поэтому «внутренняя энергия» — это энергия в системе отсчёта центра масс.

Доказательство. Запишем две теоремы. Первая — обычная теорема об энергии для всей системы: приращение полной энергии равно работе внешних сил на их настоящих перемещениях (работа внутренних сил уже учтена в потенциальной энергии взаимодействия):

\[ \Delta E = \sum_i \vec F_i^{\,\text{внеш}}\cdot\Delta\vec r_i. \]

Вторая — теорема о центре масс (задача 2.4.17):

\[ \Delta\!\left(\frac{MV^2}{2}\right) = \Bigl(\sum_i \vec F_i^{\,\text{внеш}}\Bigr)\cdot\Delta\vec r_{\text{ц}} = \sum_i \vec F_i^{\,\text{внеш}}\cdot\Delta\vec r_{\text{ц}}. \]

Вычитаем вторую из первой:

\[ \Delta W = \sum_i \vec F_i^{\,\text{внеш}}\cdot \bigl(\Delta\vec r_i - \Delta\vec r_{\text{ц}}\bigr), \]

а \(\Delta\vec r_i - \Delta\vec r_{\text{ц}}\) — это в точности перемещение точки приложения силы относительно центра масс. Что и требовалось.

Решение

Геометрия. Пусть \(x\) — расстояние от каждого шара до вертикали, проходящей через точку приложения силы, а \(y\) — на сколько эта точка поднялась над линией шаров. Половина нити натянута, значит

\[ x^2 + y^2 = l^2. \]

Вначале \(x = l\), \(y = 0\); шары встречаются, когда \(x = 0\), то есть когда \(y = l\).

Что сместилось относительно центра масс. Центр масс двух шаров — середина между ними, то есть та самая вертикаль; по горизонтали точка приложения силы всё время совпадает с ним. А по вертикали она отстоит от него ровно на \(y\). Значит, за всё время смещение точки приложения относительно центра масс равно

\[ \Delta = y_{\text{кон}} - y_{\text{нач}} = l - 0 = l. \]

Внутренняя энергия (по задаче 2.4.25 — работа внешней силы на перемещении относительно центра масс):

\[ \Delta W = F\,l. \]

Решение

Центр масс. Он не знает ни про пластилин, ни про деформации:

\[ a_{\text{ц}} = \frac{F}{m},\qquad \Delta r_{\text{ц}} = \frac{a_{\text{ц}}t^2}{2} = \frac{Ft^2}{2m}. \]

Перемещение точки приложения относительно центра масс:

\[ l - \frac{Ft^2}{2m}. \]

Приращение внутренней энергии (задача 2.4.25):

\[ \Delta W = F\left(l - \frac{Ft^2}{2m}\right). \]

Решение

1. Конечная деформация. В установившемся движении оба тела имеют ускорение \(a = \dfrac{F}{m_1+m_2}\), а тело \(m_2\) разгоняет только пружина:

\[ k\delta = m_2 a \quad\Longrightarrow\quad \delta = \frac{m_2 F}{k\,(m_1+m_2)}. \]

2. Энергия пружины в конце:

\[ U = \frac{k\delta^2}{2} = \frac{F^2m_2^2}{2k\,(m_1+m_2)^2}. \]

3. Приращение внутренней энергии. Смещение тела \(m_1\) относительно центра масс равно \(\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\) от изменения расстояния между телами, то есть \(\dfrac{m_2\,\delta}{m_1+m_2}\). Поэтому

\[ \Delta W = F\cdot\frac{m_2\delta}{m_1+m_2} = \frac{F^2m_2^2}{k\,(m_1+m_2)^2} = 2U. \]

Половина ушла в пружину, половина — в тепло; на трение пришлось ровно столько же, сколько осталось в деформации.

4. Кинетическая энергия. Тело \(m_2\) прошло \(l\), а тело \(m_1\) — на \(\delta\) больше. Работа силы

\[ A = F(l + \delta), \]

из неё \(\Delta W\) осело внутри (в пружине и в тепле), остальное — кинетическая энергия:

\[ K = F(l+\delta) - \Delta W = Fl + \frac{F^2m_2}{k(m_1+m_2)}\Bigl(1 - \frac{m_2}{m_1+m_2}\Bigr) = Fl + \frac{F^2m_1m_2}{k\,(m_1+m_2)^2}. \]

Решение

Импульс. Уголь падает без горизонтальной скорости, а уезжает со скоростью \(u\). Значит, поезд передал ему импульс

\[ \int F\,dt = mu. \]

Работа двигателя. Поезд движется равномерно, поэтому точка приложения этой дополнительной тяги всё время имеет скорость \(u\), и

\[ A = \int F u\,dt = u\int F\,dt = mu^2. \]

Энергия угля. А сам уголь получил только

\[ K = \frac{mu^2}{2}. \]

Почему разница. Уголь разгоняется трением о днище вагона, и он при этом проскальзывает. Работа силы трения, приложенной к вагону, и работа силы трения, приложенной к углю, не совпадают (это в точности задача 2.4.4), а разница — ровно \(mu^2/2\) — уходит в тепло. Половина работы двигателя греет уголь и днище.

Решение

Разложим работу. Пусть груз протащили вдоль плоскости на \(s\). Тянущая сила уравновешивает скатывающую составляющую и трение:

\[ A = \bigl(mg\sin\alpha + \mu mg\cos\alpha\bigr)\,s. \]

Что ушло в тепло. Внутреннюю энергию увеличивает только трение:

\[ \Delta W = \mu m g\cos\alpha\cdot s. \]

Отношение. Путь \(s\) и множитель \(mg\cos\alpha\) сокращаются:

\[ \frac{\Delta W}{A} = \frac{\mu\cos\alpha}{\sin\alpha + \mu\cos\alpha} = \frac{\mu}{\operatorname{tg}\alpha + \mu}. \]

Решение

Считаем. Полная энергия системы

\[ E = W_1 + \frac{m_1V_1^2}{2} + W_2 + \frac{m_2V_2^2}{2}. \]

Для двух тел кинетическая энергия раскладывается (теорема 2.4.23) как

\[ \frac{m_1V_1^2}{2} + \frac{m_2V_2^2}{2} = \frac{(m_1+m_2)V^2}{2} + \frac{\mu\,(V_1-V_2)^2}{2}, \qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}, \]

где \(V\) — скорость общего центра масс. Вычитая \((m_1+m_2)V^2/2\), получаем

\[ W = W_1 + W_2 + \frac{m_1m_2\,(V_1-V_2)^2}{2\,(m_1+m_2)}. \]

То есть к «собственным» энергиям тел добавляется энергия их взаимного движения — та самая, что записывается через приведённую массу.

Изменится ли после столкновения? Нет. Система замкнута: полная энергия сохраняется, скорость общего центра масс тоже не меняется, значит, не меняется и их разность \(W\). Столкновение лишь перераспределяет её: энергия взаимного движения частично (или полностью) переходит в собственные внутренние энергии тел \(W_1\) и \(W_2\), то есть в нагрев и деформации.

Решение

Что можно потратить. Из задачи 2.4.31 суммарная внутренняя энергия системы

\[ W = W_1 + W_2 + \frac{\mu\,v_{\text{отн}}^2}{2}, \qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}, \]

и при столкновении она сохраняется. Значит, прирост собственных внутренних энергий тел равен убыли энергии относительного движения:

\[ \Delta(W_1 + W_2) = \frac{\mu}{2}\Bigl(v_{\text{отн}}^2 - v_{\text{отн}}'^{\,2}\Bigr). \]

Максимум. Правая часть тем больше, чем меньше конечная относительная скорость \(v'_{\text{отн}}\). Меньше нуля она быть не может, а нулю равна ровно тогда, когда тела после удара движутся вместе — то есть при абсолютно неупругом ударе. Тогда

\[ \Delta(W_1+W_2)_{\max} = \frac{\mu\,v_{\text{отн}}^2}{2} = \frac{m_1m_2\,(V_1-V_2)^2}{2(m_1+m_2)}. \]

Решение

Механическая энергия в начале — кинетическая, в конце — потенциальная:

\[ Q = \frac{mv^2}{2} - mgh = m\left(\frac{v^2}{2} - gh\right). \]

Решение

Скорость перед ударом. Система разгоняется с ускорением

\[ a = \frac{(m_1-m_2)\,g}{m_1+m_2},\qquad v^2 = 2ah = \frac{2(m_1-m_2)\,gh}{m_1+m_2}. \]

Удар. Он абсолютно неупругий: груз \(m_1\) мгновенно останавливается, и вся его кинетическая энергия переходит в тепло. Груз \(m_2\) в этот момент ни с чем не сталкивается — нить просто провисает, и он продолжает лететь вверх, сохранив свою энергию.

\[ Q = \frac{m_1v^2}{2} = \frac{m_1(m_1-m_2)\,gh}{m_1+m_2}. \]

Решение

Угол. Шарики лежат на сфере, и хорда между ними равна \(l\):

\[ \sin\theta = \frac{l}{2R},\qquad \cos\theta = \sqrt{1 - \frac{l^2}{4R^2}}. \]

Конечное положение — симметричное: каждый шарик отклонён от дна на угол \(\theta\), то есть находится на высоте \(R(1-\cos\theta)\) над дном. Центр масс — там же:

\[ h_{\text{кон}} = R\,(1 - \cos\theta). \]

Начальное положение. Один шарик на дне (высота 0), второй отклонён на \(2\theta\), то есть на высоте \(R(1-\cos 2\theta) = 2R\sin^2\theta\). Центр масс — посередине:

\[ h_{\text{нач}} = R\sin^2\theta. \]

Тепло — это опускание центра масс, умноженное на полный вес \(2mg\):

\[ Q = 2mg\bigl(h_{\text{нач}} - h_{\text{кон}}\bigr) = 2mgR\bigl(\sin^2\theta - 1 + \cos\theta\bigr) = 2mgR\,\cos\theta\,(1 - \cos\theta). \] \[ Q = 2mgR\left(1 - \sqrt{1 - \frac{l^2}{4R^2}}\right)\sqrt{1 - \frac{l^2}{4R^2}}. \]

Решение

Энергия одного разгона. \(v = 36\ \text{км/ч} = 10\) м/с, \(m = 5\) т:

\[ E_1 = \frac{mv^2}{2} = \frac{5000\cdot 100}{2} = 2{,}5\cdot 10^5\ \text{Дж} = 250\ \text{кДж}. \]

Сколько разгонов. За 10 ч троллейбус проезжает

\[ s = 10\ \text{м/с}\cdot 3{,}6\cdot 10^4\ \text{с} = 360\ \text{км}, \]

а остановки — через 500 м, значит разгонов

\[ n = \frac{360\ \text{км}}{0{,}5\ \text{км}} = 720. \]

Итого

\[ E = n E_1 = 720\cdot 2{,}5\cdot 10^5 \approx 1{,}8\cdot 10^{8}\ \text{Дж} \approx 200\ \text{МДж}. \]

Решение

Время подъёма. При равномерном подъёме мотор совершает работу \(Mgh\) за время \(t = Mgh/N\). Поэтому лишняя масса \(\Delta m\) даёт лишнее время

\[ \Delta t = \frac{\Delta m\,g h}{N}. \] \[ \Delta m = \frac{N\,\Delta t}{gh} = \frac{75\cdot 4}{9{,}8\cdot 10} \approx 3\ \text{кг}. \]

Решение

При равномерном ходе тяга уравновешивает сопротивление, \(F = cv^2\), и

\[ N = F v = c\,v^3. \]

Поэтому при удвоении скорости

\[ \frac{N_2}{N_1} = \left(\frac{v_2}{v_1}\right)^3 = 2^3 = 8. \]

Решение

Первый этап: держит сцепление. Сила тяги не может превысить \(\mu mg\) (обе оси ведущие, значит, работает весь вес). Максимальный разгон

\[ a = \mu g,\qquad v = \mu g t. \]

Мощность, нужная для этого, растёт: \(P = \mu mg\cdot v = m\mu^2g^2t\). Она достигает \(N\) в момент

\[ t_0 = \frac{N}{m\mu^2g^2},\qquad v_0 = \mu g t_0 = \frac{N}{m\mu g}. \]

Второй этап: держит мощность. Теперь двигатель отдаёт всё, что может, и вся его работа идёт в кинетическую энергию (буксования нет, трение работы не совершает):

\[ \frac{mv^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} + N\,(t - t_0). \]

Подставляя \(v_0\) и \(t_0\), получаем

\[ v^2 = \frac{2N}{m}\,t - \frac{N^2}{m^2\mu^2g^2}, \qquad\text{то есть}\qquad v = \sqrt{\frac{2N}{m}\left(t - \frac{N}{2m\mu^2g^2}\right)}. \]

Решение

Мощность через \(\omega\). Скорость подъёма пропорциональна угловой скорости вала, \(v = R\omega\) (для краткости положим \(R = 1\)). Из условия выражаем массу:

\[ m = m_0\Bigl(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\Bigr). \]

Полезная мощность — мощность подъёма груза:

\[ N = mg\,v = m_0g\,\omega\Bigl(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\Bigr). \]

Максимум. Это парабола с нулями при \(\omega = 0\) и \(\omega = \omega_0\), значит, вершина посередине:

\[ \omega = \frac{\omega_0}{2},\qquad N_{\max} = \frac{m_0g\,\omega_0}{4},\qquad m = \frac{m_0}{2}. \]

Ответ на второй вопрос. Чтобы за отведённое время поднять как можно больше груза, надо всё время работать на максимальной полезной мощности, то есть поднимать порциями по \(m_0/2\).

Решение

Что изменилось. Барабан теперь вращается в \(n_1/n_2\) раза медленнее вала, зато момент на нём в \(n_2/n_1\) раз больше. Значит, предельный груз (тот, при котором вал останавливается) вырос:

\[ m_0' = m_0\,\frac{n_2}{n_1}. \]

Сама характеристика двигателя не изменилась, поэтому связь по-прежнему линейная:

\[ \omega = \omega_0\Bigl(1 - \frac{m}{m_0'}\Bigr) = \omega_0\Bigl(1 - \frac{m\,n_1}{m_0\,n_2}\Bigr). \]

Максимум мощности достигается там же, где и раньше, — при половине предельной нагрузки:

\[ m = \frac{m_0'}{2} = \frac{n_2\,m_0}{2n_1}. \]

Решение

Сила тяги. Скорость пропорциональна угловой, \(v = R\omega\). Тогда

\[ F = \frac{N}{v} = \frac{(A - B\omega)\,\omega}{R\omega} = \frac{A}{R} - \frac{B}{R^2}\,v. \]

Это убывающая прямая: при \(v = 0\) сила максимальна, \(F_0 = A/R\), а обращается в нуль при \(v_1 = RA/B\).

Что дают условия. На горизонтальном шоссе сопротивлением можно пренебречь, поэтому установившаяся скорость — та, где тяга исчезает: \(v_1 = 70\) км/ч. Предельный подъём \(45^\circ\) машина берёт «на пределе», то есть на нулевой скорости, где тяга наибольшая:

\[ F_0 = mg\sin 45^\circ = \frac{mg}{\sqrt2}. \]

Подъём \(30^\circ\). Установившаяся скорость \(v_2\) — там, где тяга равна скатывающей силе:

\[ F_0\Bigl(1 - \frac{v_2}{v_1}\Bigr) = mg\sin 30^\circ = \frac{mg}{2}. \]

Подставляя \(F_0 = mg/\sqrt2\), получаем

\[ 1 - \frac{v_2}{v_1} = \frac{\sqrt2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v_2 = v_1\Bigl(1 - \frac{\sqrt2}{2}\Bigr) \approx 0{,}29\cdot 70 \approx 20\ \text{км/ч}. \]

С грузом. Масса удваивается, а наибольшая тяга остаётся прежней:

\[ \frac{mg}{\sqrt2} = 2mg\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad \sin\alpha = \frac{1}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{4}, \qquad \alpha \approx 21^\circ. \]

Решение

Расход. Лопасть убегает со скоростью \(u = \omega R\), поэтому за время \(\Delta t\) её догоняет столб воды длиной \((v-u)\,\Delta t\):

\[ q = \rho S\,(v - u). \]

Сила. В системе лопасти вода приходит со скоростью \(v-u\) и после удара стекает вниз, то есть теряет всю горизонтальную скорость:

\[ F = q\,(v-u) = \rho S\,(v-u)^2. \]

Мощность — сила на скорость лопасти:

\[ N = F u = \rho S\,(v - \omega R)^2\,\omega R. \]

Решение

Тяга. Пусть \(q\) — масса воды, проходящей через водомёт за секунду. В системе катера вода входит со скоростью \(v\) и выбрасывается со скоростью \(u\), поэтому

\[ T = q\,(u - v). \]

Полезная мощность — та, что идёт на преодоление сопротивления воды, то есть тяга на скорость катера:

\[ N_{\text{пол}} = T v = q\,(u-v)\,v. \]

Потери. В неподвижной воде выброшенная струя движется назад со скоростью \(u - v\) (относительно катера — \(u\), а сам катер идёт вперёд со скоростью \(v\)). Эта энергия просто уносится:

\[ N_{\text{пот}} = q\,\frac{(u-v)^2}{2}. \]

КПД.

\[ \eta = \frac{N_{\text{пол}}}{N_{\text{пол}} + N_{\text{пот}}} = \frac{q(u-v)v}{q(u-v)v + q(u-v)^2/2} = \frac{v}{v + \dfrac{u-v}{2}} = \frac{2v}{u+v}. \]

Решение

Расход воздуха. Тяга — это импульс, отдаваемый воздуху за секунду. Вертолёт висит, значит, тяга равна весу:

\[ q\,u = mg \quad\Longrightarrow\quad q = \frac{mg}{u}. \]

Мощность — кинетическая энергия, сообщаемая воздуху за секунду:

\[ N = q\,\frac{u^2}{2} = \frac{mg}{u}\cdot\frac{u^2}{2} = \frac{mgu}{2}. \]

Подсказка

Найдите, на какое расстояние вдоль плоскости сместился центр масс бруска, и воспользуйтесь законом сохранения энергии (или найдите ускорение вдоль плоскости).

Ответ

\(v = \sqrt{2g\left(h - \dfrac{b}{2}\cos\alpha - \dfrac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}\).

Решение

Сначала нужно определить перемещение центра масс бруска. Из геометрии находим, что начальная координата центра масс бруска относительно ребра двугранного угла \(l_0 = \dfrac{h}{\cos\alpha}\), а конечная (см. рисунок) \[l = \frac{b}{2} + \frac{a}{\operatorname{tg}2\alpha}.\]

1-й способ (динамический). Согласно второму закону Ньютона, ускорение бруска равно \[a = \frac{F}{m} = \frac{mg\cos\alpha}{m} = g\cos\alpha = 8{,}5\text{ м/с}^2.\]

Путь \(l_0 - l\) брусок прошёл за время \(t\): \[l_0 - l = (g\cos\alpha)\,\frac{t^2}{2} \quad\Rightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2(l_0 - l)}{g\cos\alpha}} = 0{,}46\text{ с}.\] Скорость бруска в конце пути: \[v = (g\cos\alpha)\cdot t = \sqrt{2g\left(h - \frac{b}{2}\cos\alpha - \frac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}.\]

2-й способ (энергетический). Из-за отсутствия диссипации (трения) полная механическая энергия сохраняется. Поэтому \[mgh = mgl\cos\alpha + \frac{mv^2}{2} \quad\Rightarrow\quad v^2 = 2g(l_0 - l)\cos\alpha \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2g\left(h - \frac{b}{2}\cos\alpha - \frac{a\cos\alpha}{\operatorname{tg}2\alpha}\right)}.\]

Подсказка

Падение лидера на глубину свободного падения плюс растяжение верёвки превращает потенциальную энергию в энергию деформации. Запишите закон сохранения энергии и выразите через фактор рывка.

Ответ

1) \(r_{\max} = 2\), \(r_{\min} = 0\);  2) \(x/h = 0{,}5 = 50\,\%\);  3) \(W_{\text{эксп}}/W_{\text{теор}} \approx 1{,}19\).

Подсказка

Сравните работу силы при отрыве короткого куска ленты с работой \(\sigma\cdot d\cdot\Delta l\), нужной для его отрыва: перемещение точки приложения силы зависит от угла. Во втором и третьем пунктах помогут нерастяжимость нити с лентой и закон изменения механической энергии.

Ответ

1) \(\alpha = 180^\circ\) — тянуть вдоль стола, загнув ленту назад над её приклеенной частью; тогда \(F = \sigma d/(1-\cos\alpha) = \sigma d/2\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)g} \approx 68\) г;  3) \(M \approx 32\) г, \(\Delta h \approx 0{,}146\) м, \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Решение

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\]

Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\begin{gather*} \Delta h = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} =\\ = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}. \end{gather*}\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\Delta L}{g\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2,\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Подсказка

Пусть лента отрывается под постоянным углом \(\alpha\): при отрыве участка длиной \(\Delta l\) сила совершает работу \(\sigma d\,\Delta l\). Найдите, на сколько при этом сдвигается точка приложения силы. В пункте 3 грузы в начале и в конце покоятся — примените закон изменения механической энергии.

Ответ

1) \(\alpha = \pi\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)\,g} \approx 0{,}068\text{ кг}\);  3) \(M = \dfrac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 32\text{ г}\), \(\Delta h \approx 0{,}146\text{ м}\), \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Решение

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\] Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы, \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\Delta h = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}.\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\,\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Подсказка

Взаимодействие тела с точками можно рассматривать как абсолютно упругое столкновение тел равных масс. Для наименьшего расстояния запишите закон сохранения энергии: в этот момент точки движутся только вдоль направления \(V\).

Ответ

1) две материальные точки после окончания взаимодействия с телом будут двигаться с равными скоростями \(V\), а тело массой \(2m\) остановится; 2) материальные точки в процессе движения будут находиться друг от друга на минимальном расстоянии \(L_{\min} = \left(\dfrac{1}{L} + \dfrac{m V^2}{2 k q^2}\right)^{-1}\).

Подсказка

Шарик отрывается от нити, когда она ослабевает, и дальше летит как тело, брошенное под углом. Запишите условие \(T=0\) на окружности радиуса \(r\) и условие, что траектория проходит через центр этой окружности.

Ответ

\(r/l \approx 0{,}54\).

Подсказка

На стенке выбоины сила реакции лежит в вертикальной плоскости, проходящей через центр выбоины. Какая составляющая скорости шайбы при переходе через край не меняется? На что это похоже в оптике?

Ответ

1) \(h \approx 0{,}61\,\dfrac{v_1^2}{g}\);  2) \(h = 1{,}5\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Решение

Рассмотрим скатывание шайбы по границе. В малой окрестности области скатывания участок деформации выбоины можно считать наклонным профилем. Тогда сила реакции на шайбу действует только в вертикальной плоскости, проходящей через центры шайбы и выбоины, а значит, из закона сохранения импульса следует, что перпендикулярная этому сечению компонента скорости шайбы сохраняется.

На поверхности вне выбоины скорость шайбы \(v_1\), и она направлена под углом \(\alpha\) к перпендикуляру к границе раздела. На дне выбоины скорость шайбы \(v_2\), и она направлена под углом \(\beta\). При переходе шайбы с одной горизонтальной плоскости на другую получается формула, похожая на закон преломления света: \[v_\perp = v_1 \sin\alpha = v_2 \sin\beta .\]

Отсюда \(\sin\beta = \dfrac{\sin\alpha}{n}\), где \(n = \dfrac{v_2}{v_1}\). Проанализируем геометрию траектории. Построим вспомогательные высоты \(AH_1\) и \(BH_2\), длины которых по условию равны \(x_0\) и \(x_1\). Так как \(AO = OB = R\), то \(\angle OAB = \angle OBA = \beta\). Тогда из \(\triangle AOB\): \(AB = L = 2R\cos\beta\). Из геометрии трапеции \(AH_1H_2B\) видно, что \(x_0 - x_1 = L\sin(\alpha - \beta)\).

Тогда \(x_1 = x_0 - 2R\cos\beta\,(\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta)\), а из \(\triangle AOH_1\) имеем \(\sin\alpha = x_0/R\). Получаем зависимость \[\frac{x_1}{R} = \frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2 + \frac{2}{n}\sqrt{1 - \frac{n^2+1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2 + \frac{1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^4} - 1\right).\] Она сложна для анализа, поэтому обратим внимание на центральную часть графика: там зависимость близка к линейной и \(x_0/R \ll 1\). Для центрального участка \[\frac{x_1}{R} = \frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n} - 1\right).\] Это выражение можно было получить сразу, воспользовавшись малостью углов \(\alpha\) и \(\beta\). При малых \(x_0\) зависимость \(x_1(x_0)\) линейная, её угловой коэффициент \(k = \dfrac{2}{n} - 1\). Строим аппроксимирующую прямую в центральной части графика.

Из графика \(k \approx 0{,}34\). Тогда \(n = \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{2}{1+k} \approx 1{,}49\), откуда \(v_2 = 1{,}49\,v_1\). Из закона сохранения энергии \(\dfrac{m v_2^2}{2} = \dfrac{m v_1^2}{2} + m g h\) находим глубину выбоины: \(h = \dfrac{v_2^2 - v_1^2}{2g} \approx 0{,}61\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Теперь выясним, при каких условиях \(x_1\) не зависит от \(x_0\). При \(n = 2\) на центральном участке \(k = 0\): все траектории фокусируются в одной точке — там, где стоят ворота. Тогда \(v_2 = 2v_1\) и \(h = 1{,}5\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Подсказка

Сложите силу тяжести и постоянную силу \(\vec F\) в одно «эффективное» поле тяжести: горку можно преодолеть, если ни одна её точка не оказывается в этом поле выше стартовой. В третьем пункте работу силы \(F\) выгоднее всего набирать, направляя её вдоль траектории.

Ответ

1) \(F_{\min 1} = \dfrac{4}{3}mg\);  2) \(F_{\min 2} = \dfrac{4}{5}mg\), \(\alpha_{opt} = \arcsin\dfrac45 = \operatorname{arctg}\dfrac43\) (сила направлена по касательной к горке);  3) \(s_{\min} = \dfrac{H}{2}\left(2 + \sqrt3 - \dfrac{5\pi}{6}\right) \approx 0{,}56\,H\), сила всё время направлена вдоль траектории.

Решение

Пункт 1. Метод 1. Бусинка движется под действием суммы внешних сил \(\vec F + m\vec g\). Рассмотрим движение в поле эффективного ускорения свободного падения: \[\vec g_{eff} = \vec g + \frac{\vec F}{m}.\]

Для преодоления горки необходимо, чтобы в любой точке траектории потенциальная энергия была меньше, чем в точке старта.

В критическом случае перпендикуляр к эффективному ускорению свободного падения касается второй четверть-окружности. Тогда из геометрии \(\theta = 2\operatorname{arctg}(1/2)\). \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Метод 2. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени работа внешних сил: \[A_F \geqslant \Pi,\] где \(\Pi\) — потенциальная энергия. Поделим обе части неравенства на \(mg\) и подставим \(A_F = F\cdot x\): \[\frac{F\cdot x}{mg} \geqslant h.\]

Рассмотрим график зависимости обеих величин от \(x\). В критическом случае графики касаются. Тогда тангенс угла наклона прямой равен: \[\operatorname{tg}\theta = \frac43 = \frac{F}{mg}.\] Получаем: \[F_{\min 1} = mg\operatorname{tg}\theta = \frac{4mg}{3}.\]

Пункт 2. Метод 1. Минимум силы достигается, когда вектор \(\vec F/m\) перпендикулярен вектору \(\vec g_{eff}\). Направление силы \(F\) — по касательной к горке под углом \(\theta\) к горизонту.

\[F_{\min 2} = mg\sin\theta = \frac45 mg; \qquad \theta = 2\operatorname{arctg}(1/2) = \arcsin(4/5).\]

Метод 2. Снова запишем неравенство \[A_F \geqslant \Pi.\] Подставим \(A_F = F_x\cdot x + F_y\cdot h\): \[F_x\cdot x + F_y\cdot h \geqslant mgh; \qquad F_x\cdot x \geqslant h(mg - F_y); \qquad \frac{F_x}{mg - F_y}\cdot x \geqslant h.\] Аналогично предыдущему пункту получаем, что: \[\frac{F_x}{mg - F_y} = \operatorname{tg}\theta = \frac43; \qquad F_x = \frac43 mg - \frac43 F_y.\] С учётом того, что \(F^2 = F_x^2 + F_y^2\), получаем: \[F^2 = \frac{16}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2 + F_y^2 = \frac{25}{9}F_y^2 - \frac{32}{9}F_y mg + \frac{16}{9}m^2g^2.\] Минимум этой квадратичной зависимости достигается при: \[F_y = \frac{16}{25}mg.\] Тогда \[F_{\min 2}^2 = \frac{16}{9}m^2g^2 - \frac{16^2}{25\cdot 9}m^2g^2 = \frac{16}{25}m^2g^2.\] Получаем ответ: \[F_{\min 2} = \frac45 mg.\] Угол с горизонтом: \[\theta = \operatorname{arctg}\frac{F_y}{F_x} = \operatorname{arctg}\frac43.\]

Пункт 3. Если бусинка преодолела горку, это значит, что в любой момент времени сумма работ внешних сил: \[A_F + A_{mg} \geqslant 0.\] Для максимизации работы силы \(F\) последняя должна быть всегда направлена вдоль траектории. Рассмотрим критический случай, когда бусинка достигает предельной точки, остановившись на второй четверть-окружности. Параметризуем эту точку углом \(\alpha\). В критическом случае эта точка является положением равновесия: \[F = mg\cos\alpha.\]

Работа сил равна нулю: \[F\cdot\left(s + \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right)\right) = mg\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha);\] \[s = \frac{mg}{F}\,\frac H2\cdot(1 + \sin\alpha) - \frac H2\cdot\left(\frac\pi2 + \alpha\right); \qquad s = \frac H2\left(\frac{1 + \sin\alpha}{\cos\alpha} - \frac\pi2 - \alpha\right).\] С учётом \(F = mg\cos\alpha\): \[s = \frac H2\left(\frac{1 + \sqrt{1 - F^2/m^2g^2}}{F/mg} - \frac\pi2 - \arccos\frac{F}{mg}\right).\] Для \(F = mg/2\): \[s = \frac H2\left(2 + \sqrt3 - \frac{5\pi}{6}\right).\]

Подсказка

Суммарный импульс грузов сохраняется и равен нулю; как при этом соотносятся кинетические энергии грузов?

Подсказка

В высшей точке вертикальная составляющая скорости равна нулю, а горизонтальная сохраняется. Выразите энергии через начальную скорость.

Ответ

60

Подсказка

Удар неупругий: сохраняется импульс системы. После удара сохраняется механическая энергия, и шар с пулей поднимается на высоту, зависящую от скорости сразу после удара.

Подсказка

Плоскости гладкие, поэтому скорость внизу определяется только высотой точки \(A\). Как работа силы трения на горизонтальном участке связана с этой кинетической энергией?

Подсказка

Разбей процесс на два этапа: быстрое застревание пули и последующее сжатие пружины. Что сохраняется на каждом этапе?

Подсказка

Сначала проверьте, доедет ли тело до вершины. Затем примените законы сохранения импульса и энергии ко всему взаимодействию.

Ответ

2

Подсказка

Скорость на любой высоте даёт закон сохранения энергии, а сила реакции входит во второй закон Ньютона для движения по окружности. «Не давит на кольцо» означает нулевую силу реакции.

Ответ

1) \(F = 2mg\), сила направлена по радиусу от центра кольца;  2) \(p_0 = m\sqrt{\dfrac{2}{3}\,gR}\).

Подсказка

Свяжите скорость в нижней точке с амплитудой через закон сохранения энергии, а потом сделайте то же для удвоенной скорости.

Ответ

\(\varphi_1 = \arccos(4\cos\varphi_0 - 3) \approx 0{,}2\) рад.

Решение

Пусть \(v\) "— скорость маятника в нижней точке траектории. Из закона сохранения энергии \[\frac{v^2}{2} = gl\,(1 - \cos\varphi_0) \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2gl\,(1 - \cos\varphi_0)} = 0{,}3\text{ м/с}.\] После того как скорость маятника увеличили, \[2v^2 = gl\,(1 - \cos\varphi_1).\] Значит, \[1 - \cos\varphi_1 = 4(1 - \cos\varphi_0) \quad\Longrightarrow\quad \varphi_1 = \arccos(4\cos\varphi_0 - 3) \approx 0{,}2\text{ рад}.\]

Подсказка

Запишите законы сохранения импульса и энергии: начальная энергия электростатического взаимодействия переходит в кинетическую.

Ответ

1) \(40\) см/с;  2) \(27\) см/с.

Подсказка

В предельном случае в верхней точке горки тело и горка движутся с одной скоростью. Что сохраняется в системе?

Ответ

3

Подсказка

Скорость внизу найдите из закона сохранения энергии, а второй закон Ньютона для движения по окружности требует радиуса кривизны параболы в вершине. Его можно найти, сравнив параболу с окружностью вблизи вершины.

Ответ

\(N = mg\left(1 + \dfrac{16H^2}{L^2}\right)\).

Подсказка

Запишите закон сохранения энергии для системы «гелий и пробка»: куда уходит убыль внутренней энергии гелия? Не забудьте работу против атмосферного давления.

Ответ

Температура гелия понизится, изменившись на \(\Delta T = -\dfrac{m v^2 + 2 p_0 S l}{3\nu R} \approx -2\) К.

Подсказка

Работа бабы Дуси равна полному изменению потенциальной энергии воды, ведра и цепи. Центр масс однородной цепи поднимается лишь на \(h/2\).

Ответ

\(\eta \approx 67{,}4\%\).

Подсказка

Какая проекция полного импульса системы муфта–груз сохраняется? Запишите ещё закон сохранения энергии.

Ответ

\(u \approx 0{,}16\) м/с.

Подсказка

Натяжение минимально в верхней точке траектории, где скорость равна нулю. Свяжьте силу натяжения с углом отклонения нити и скоростью через второй закон Ньютона вдоль нити и закон сохранения энергии.

Ответ

Ответ 3: 25 см.

Подсказка

Энергия диполя в поле равна \(-\mathbf p\cdot\mathbf E\). В пункте а) используйте сохранение энергии, в пункте б) запишите уравнение вращения диполя вокруг центра и сравните с уравнением гармонических колебаний.

Подсказка

Максимум удлинения найдите из закона сохранения энергии (потерь нет): энергия деформации равна убыли потенциальной энергии груза. Равновесие — когда сила упругости равна \(Mg\). Вблизи равновесия шнур ведёт себя как пружина с жёсткостью, равной наклону касательной к \(F(\Delta L)\).

Ответ

А. \(\Delta L_0 \approx 0{,}05\) м, \(\Delta L_{\max} \approx 0{,}10\) м, \(T \approx 0{,}44\) с;  Б. \(\Delta L_0 \approx 0{,}4\) м, \(\Delta L_{\max} \approx 0{,}89\) м, \(T \approx 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}6}{10}} \approx 1{,}54\) с.

Решение

Поскольку потери энергии при падении груза малы, максимальное удлинение может быть найдено на основании закона сохранения энергии. Искомая величина в каждом случае есть решение уравнения \[W(\Delta L) = mg\,\Delta L,\] которое может быть найдено графическим способом. Сделав необходимые построения (см. график), находим значения максимального отклонения для каждого пункта. В пункте А получается значение \(\Delta L_{\max}^{(A)} \approx 0{,}10\) м, в пункте Б получается \(\Delta L_{\max}^{(\text{Б})} \approx 0{,}89\) м.

Ещё проще найти равновесное значение удлинения. Искомая величина в этом случае удовлетворяет уравнению \[F(\Delta L) = mg,\] которое легко решается графически. В результате в пунктах А и Б получается соответственно \(\Delta L_0^{(A)} \approx 0{,}05\) м и \(\Delta L_0^{(\text{Б})} \approx 0{,}4\) м.

Для определения периода колебаний будем рассматривать груз на резинке как пружинный маятник, при этом коэффициент жёсткости пружины будем считать равным тангенсу угла наклона касательной к графику силы в положении равновесия. В пункте А жёсткость вблизи положения равновесия равна \(k^{(A)} \approx 20\) Н/м, в пункте Б \(k^{(\text{Б})} \approx 10\) Н/м. Таким образом, период малых колебаний в пункте А равен \[T^{(A)} = 2\pi\sqrt{\frac{M}{k}} \approx 2\pi\sqrt{\frac{0{,}1}{20}} \approx 0{,}44\text{ с}.\] В пункте Б получается другое значение \[T^{(\text{Б})} \approx 2\pi\sqrt{\frac{0{,}6}{10}} \approx 1{,}54\text{ с}.\]

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта бруска: там на шайбу действует ещё и сила инерции, то есть вместо \(\vec g\) можно ввести эффективное ускорение свободного падения. Куда оно направлено и чему равно?

Ответ

1) \(a_{\min} = g = 10\) м/c\(^2\);  2) \(v = \sqrt{2gR\left(\sqrt{3}-1\right)} \approx 1{,}7\) м/с.

Решение

Перейдём в неинерциальную систему отсчёта, связанную с бруском. Сила инерции, возникающая в этой системе отсчёта, может быть учтена введением эффективного ускорения свободного падения \(\vec g_{\text{эфф}} = \vec g - \vec a\). В условиях второго вопроса \(\vec g_{\text{эфф}}\) составляет угол \(\pi/6\) с горизонтом, при этом \(|\vec g_{\text{эфф}}| = 2g\). Искомая относительная скорость находится по закону сохранения энергии.

Подсказка

В системе отсчёта бруска добавляется сила инерции. Как выглядит движение шайбы в поле «эффективной» силы тяжести, и где в этом поле «нижняя» точка?

Ответ

1) \(a_{\min} = g = 10\) м/c\(^2\);  2) \(N = mg(3\sqrt{3} - 2) \approx 3\) Н.

Решение

Перейдём в неинерциальную систему отсчёта, связанную с бруском. Сила инерции, возникающая в этой системе отсчёта, может быть учтена введением эффективного ускорения свободного падения \(\vec g_{\text{эфф}} = \vec g - \vec a\). В условиях второго вопроса \(\vec g_{\text{эфф}}\) составляет угол \(\pi/6\) с горизонтом, при этом \(|\vec g_{\text{эфф}}| = 2g\).

Подсказка

В момент отрыва на клин действуют только вертикальные силы, поэтому его ускорение равно нулю, а ускорение шарика направлено вдоль поверхности клина. Разложите ускорение шарика на касательную (\(g\)) и центростремительную (\(u^2/L\)) составляющие и свяжите скорости шарика и клина условием контакта.

Ответ

\(v = \sqrt{\dfrac{gL}{\operatorname{tg}^3\alpha}} = \sqrt{gL\operatorname{ctg}^3\alpha}\).

Решение

Чтобы шарик скользил по наклонной поверхности без отрыва, необходимо, чтобы проекции скорости \(v\) клина и скорости \(u\) шарика на ось нормальную к поверхности были равны. Запишем кинематическую связь для момента, когда стержень горизонтален: \[u\cos\alpha = v\sin\alpha \;\Rightarrow\; u = v\operatorname{tg}\alpha.\]

Поскольку ось, перпендикулярная наклонной поверхности клина, постоянна по направлению, а проекции скоростей клина и шарика на эту ось одинаковы, то и проекции ускорений клина и шарика на данную ось также равны. После отрыва шарика от клина все действующие на клин силы вертикальны. В результате этого клин начинает двигаться равномерно. Следовательно, в момент отрыва проекция ускорения шарика на нормаль к поверхности клина равна нулю.

Равенство нулю проекции ускорения шарика в момент отрыва можно доказать другим способом: перейдём в поступательно движущуюся систему отсчёта, связанную с клином. В этой системе отсчёта относительное ускорение шарика будет направлено вдоль наклонной поверхности клина. Поскольку в момент отрыва шарика от клина все действующие на клин силы вертикальны, его ускорение равно нулю. Это означает, что в лабораторной системе отсчёта ускорение шарика тоже будет направлено вдоль поверхности клина.

Так как стержень нерастяжимый, движение шарика представляет собой движение по окружности радиусом \(L\). Найдём тангенциальную \(a_\tau\) и нормальную \(a_n\) компоненты ускорения шарика. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось. Так как по условию в рассматриваемый момент шарик отрывается от поверхности клина, на него действует единственная вертикальная сила — сила тяжести. Исходя из этого, получаем: \(ma_\tau = mg \Rightarrow a_\tau = g\). Для нахождения нормальной компоненты ускорения воспользуемся формулой центростремительного ускорения: \[a_n = \frac{u^2}{L}.\]

Далее рассмотрим три возможных способа определения скорости шарика \(u\) в момент отрыва.

Первый способ. Запишем уравнение кинематической связи для проекций ускорений на нормаль к наклонной поверхности клина: \[0 = a_\tau\cos\alpha - a_n\sin\alpha \;\Rightarrow\; a_\tau = a_n\operatorname{tg}\alpha \;\Rightarrow\; g = \frac{u^2}{L}\operatorname{tg}\alpha \;\Rightarrow\; u^2 = gL\operatorname{ctg}\alpha.\]

Второй способ. Второй закон Ньютона для шарика в момент отрыва: \[m\vec a = \vec T + m\vec g.\] Как было доказано ранее, в момент отрыва ускорение шарика в лабораторной системе отсчёта направлено вдоль поверхности клина. Спроецируем второй закон Ньютона на ось перпендикулярную наклонной поверхности клина и получим: \[T\sin\alpha = mg\cos\alpha.\] В этот момент шарик движется по окружности с центром в точке \(O\) и радиусом \(L\), значит \(T = ma_n\). Следовательно: \[\frac{u^2}{L}\sin\alpha = g\cos\alpha \;\Rightarrow\; g = \frac{u^2}{L}\operatorname{tg}\alpha \;\Rightarrow\; u^2 = gL\operatorname{ctg}\alpha.\]

Третий способ. Запишем уравнение кинематической связи для скоростей шарика и клина при скольжении без отрыва в произвольный момент времени: \[u\cos\varphi = v\sin\alpha,\] где \(\varphi\) — угол между стержнем и наклонной плоскостью клина. Возьмём производную по времени от кинематической связи: \[a_\tau\cos\varphi - u\sin\varphi\cdot\omega = a_\text{к}\sin\alpha.\] В рассматриваемый момент \(a_\text{к} = 0\), так как все силы действующие на клин вертикальны, и \(\varphi = \alpha\). Тогда: \[a_\tau = u\omega\operatorname{tg}\alpha = a_n\operatorname{tg}\alpha = \frac{u^2\operatorname{tg}\alpha}{L} \;\Rightarrow\; g = \frac{u^2\operatorname{tg}\alpha}{L} \;\Rightarrow\; u^2 = gL\operatorname{ctg}\alpha.\]

С учётом того, что \(u = v\operatorname{tg}\alpha\), окончательно получим: \[v = \sqrt{\frac{gL}{\operatorname{tg}^3\alpha}} = \sqrt{gL\operatorname{ctg}^3\alpha}.\]

Подсказка

Работа при медленном подъёме равна приращению потенциальной энергии центра масс. Минимальная работа достигается, когда конус доводится до положения неустойчивого равновесия (центр масс над ребром опоры), после чего он опрокидывается сам.

Ответ

\(A_1 = mgR\sqrt{1 + \left(\operatorname{ctg}\alpha - \dfrac{A}{mgR(1 - \sin\alpha)}\right)^2} - \dfrac{A\sin\alpha}{1 - \sin\alpha}\).

Подсказка

Горизонтальный импульс системы сохраняется, и энергия тоже. В нижней точке удобно перейти в систему отсчёта чаши: там монета движется по окружности радиуса \(R\), а сама чаша в этот момент не ускоряется по горизонтали.

Ответ

\(a = \dfrac{2g(M+m)}{M}\), ускорение направлено вертикально вверх.

Подсказка

Пока веревка гладкая и натянута, она скользит по колонне, не меняя длины контакта. Когда именно сила, прижимающая её к колонне, обратится в нуль?

Ответ

Длина участка веревки, соприкасающегося с колонной, начнет уменьшаться из-за отрыва веревки от колонны спустя время \(t \approx \sqrt{\dfrac{mL}{3F}}\) после старта.

Примечание организаторов: условие \(R \ll L\) вовсе не обязательно; в общем случае \(t = \sqrt{\dfrac{mL}{3F}\left(1 - \dfrac{\pi R}{L}\right)}\).

Подсказка

Найдите скорости шайбы и горки после спуска из законов сохранения импульса и энергии, затем перейдите в систему отсчёта стенки, где удар упругий.

Ответ

\(u = \dfrac{m}{M}\sqrt{\dfrac{2gH}{1+(m/M)}}\).

Подсказка

В первом опыте сила Ампера действует кратковременно: используйте импульс силы и закон сохранения энергии. Во втором — равновесие сил.

Ответ

\(\beta = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}\right) = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1}{\sqrt3}\right) = 30^\circ\).

Подсказка

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?

Ответ

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

Подсказка

Пока бруски не оторвались от пола, нить натянута под углом; свяжите силу натяжения с углом и найдите работу силы \(F\) и сил трения через смещение середины нити.

Ответ

1) \(1{,}4\) м/с;  2) \(3{,}3\) Н.

Подсказка

Дополните уголок до замкнутого квадрата: потенциал в центре квадрата вчетверо больше потенциала одной стороны, а в вершине — известно через потенциал стороны, противоположной ей. Используйте закон сохранения энергии.

Ответ

1) А, В;  2) \(u/v \approx 1{,}4\).

Подсказка

Если брусок не проскальзывает, система колеблется как одно тело массой \(M+m\) на пружине. Проверьте, хватает ли силы трения покоя для сообщения бруску максимального ускорения.

Ответ

1) \(3{,}8\) м/с\(^2\);  2) нет;  3) \(0{,}82\) с.

Подсказка

Скорость шарика найдите из закона сохранения энергии, а силы трения и реакции опоры — из движения шарика по окружности вокруг нижнего конца стержня. Проскальзывания нет, пока \(F_\text{тр} \le \mu N\) на всём пути.

Ответ

Ответ 3 (\(\mu \approx 0{,}6\)).

Решение

\(\mu = \operatorname{tg}\varphi \approx 0{,}6\). Ответ 3.

Подсказка

Стержень невесом, поэтому силы на него в каждый момент уравновешены: от стенки, от пола и от бусинки (перпендикулярно стержню, постоянная по величине). Запишите равновесие стержня в зависимости от смещения бусинки и найдите, когда трению на полу перестанет хватать.

Ответ

1) \(v = \sqrt{\sqrt2\,\mu gL}\), \(\mu < 1\);  2) \(N_A = \dfrac{mg(1 - \mu)}{2}\).

Решение

Первый способ. Поскольку стержень находится в равновесии — равнодействующая сил, действующих на него, должна равняться нулю, а также относительно любой точки должен равняться нулю момент действующих на стержень сил. Поскольку массой стержня можно пренебречь, можно считать, что силы прикладываются к стержню в точках \(A\), \(B\) и в месте положения бусинки.

Сила реакции со стороны вертикальной стены \(\vec N_A\) направлена горизонтально, а сила взаимодействия бусинки со стержнем \(\vec N_\text{Б}\) направлена перпендикулярно последнему, поскольку трения между ними нет. Тогда линия действия равнодействующей сил нормальной реакции и трения в точке \(B\) — полной реакции опоры \(\vec Q_B = \vec N_B + \vec F_\text{тр}\) — должна проходить через точку пересечения линий действия \(\vec N_A\) и \(\vec N_\text{Б}\) по теореме о трёх непараллельных силах. Изобразим это на рисунке.

Поскольку линия действия \(\vec N_A\) фиксирована, а \(\vec N_\text{Б}\) сохраняет своё направление — точка пересечения линий действия сил перемещается горизонтально. Угол наклона стержня к вертикали составляет \(45^\circ\), значит смещению бусинки вдоль стержня на величину \(x\) соответствует смещение пересечения линий действия сил на величину \(x\sqrt2\).

Возможны два варианта начала движения стержня: скольжение по полу и стенке или вращение относительно нижнего конца. Предположим, что стержень начнёт проскальзывать. Это произойдет в тот момент, когда \(\vec Q_B\) более не сможет удовлетворить условию пересечения линий действия сил, т. е. угол \(\varphi\) превысит величину \(\operatorname{arctg}\mu\). Отсюда найдём перемещение бусинки \(x_{max}\): \[\frac{x_{max}\sqrt2}{L\sqrt2} = \mu \;\Rightarrow\; x_{max} = \mu L.\] Стержень придет в движение до момента удара бусинки о пол, если \(x_{max} < L\), отсюда получаем условие на коэффициент трения, при котором возможна описанная ситуация: \(\mu < 1\). Определим скорость бусинки из закона сохранения механической энергии: \[\frac{mv^2}{2} = \frac{mgx_{max}}{\sqrt2} \;\Rightarrow\; v = \sqrt{\sqrt2\,\mu gL}.\]

Второй способ. Расставим силы, действующие на стержень, и запишем второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

\[F_\text{тр} + N_A - \frac{N_\text{Б}}{\sqrt2} = 0, \qquad N_B - \frac{N_\text{Б}}{\sqrt2} = 0\] и правило моментов относительно точки \(B\): \[N_\text{Б}(L - x) = N_A\frac{2L}{\sqrt2}.\] Из второго закона Ньютона для бусинки в проекции на ось, перпендикулярную стержню, получим, что \(N_\text{Б} = mg/\sqrt2\). Решив систему уравнений, найдем: \[N_A = \frac{mg}{2}\cdot\left(1 - \frac{x}{L}\right), \qquad N_B = \frac{mg}{2}, \qquad F_\text{тр} = \frac{mgx}{2L}.\] Проскальзывание начнется при \(F_\text{тр} = \mu N_B\), то есть если \[\frac{mgx}{2L} = \frac{\mu mg}{2} \;\Rightarrow\; x = \mu L.\] Отсюда при условии, что \(x < L\), получим \(\mu < 1\). До начала проскальзывания бусинка движется равноускоренно с ускорением \(a = g/\sqrt2\). Начальная скорость бусинки равна нулю, поэтому \[v^2 = 2ax \;\Rightarrow\; v^2 = 2\cdot\frac{g}{\sqrt2}\cdot\mu L \;\Rightarrow\; v = \sqrt{\sqrt2\,\mu gL}.\]

Силу взаимодействия стержня с вертикальной стенкой также можно определить двумя способами.

Первый способ. Изобразим на рисунке условие равенства нулю равнодействующей сил, действующих на стержень (см. рис.).

Обратим внимание, что из второго закона Ньютона для бусинки в проекции на ось, перпендикулярную стержню, \(N_\text{Б} = \mathrm{const} = mg/\sqrt2\). Тогда имеем \[N_A = \frac{mg(1 - \operatorname{tg}\varphi)}{2}.\] В момент отрыва \(\operatorname{tg}\varphi = \mu\), поэтому \[N_A = \frac{mg(1 - \mu)}{2}.\] Как мы выяснили выше, описанная в условии ситуация возможна только при \(\mu < 1\), тогда \(N_A > 0\). Это означает, что наше предположение о том, что проскальзывание начнется раньше переворота, справедливо, а полученные ответы верны.

Второй способ. Так как в момент начала проскальзывания \(x = \mu L\), \[N_A = \frac{mg}{2}\cdot\left(1 - \frac{x}{L}\right) = \frac{mg(1 - \mu)}{2}.\] Как мы выяснили выше, описанная в условии ситуация возможна только при \(\mu < 1\), тогда \(N_A > 0\). Это означает, что наше предположение о том, что проскальзывание начнется раньше переворота, справедливо, а полученные ответы верны.

Подсказка

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.

Ответ

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

Решение

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: \[v_0 \geqslant \sqrt{2gL}.\]

Подсказка

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).

Ответ

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) \(T_1 = m_1g\left(1 + \dfrac{m_1}{2m_2}\right)\), \(T_2 = \left(m_1 + m_2 + \dfrac{m_1^2}{2m_2}\right)g\).

Решение

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: \[T_1 = m_1g\left(1 + \frac{m_1}{2m_2}\right), \qquad T_2 = \left(m_1 + m_2 + \frac{m_1^2}{2m_2}\right)g.\]

Подсказка

Ток пропорционален натяжению троса: с двумя двигателями ток каждого вдвое меньше, а суммарный ток зарядки тот же. Запишите закон сохранения энергии: работа силы тяжести идёт на зарядку аккумулятора и джоулево тепло в обмотках.

Ответ

1) \(t'/t = Q_2/Q_1 = 4/3\);  2) \(I_0/I = 1\) — ток зарядки в обоих случаях равен току через неподвижный ротор;  3) \(Q_3 = \dfrac{3Q_1Q_2}{4Q_1 - Q_2} = 450\text{ мА}\cdot\text{час}\).

Решение

Рассмотрим сначала случай одного генератора. Поскольку груз опускается равномерно, то сила натяжения троса постоянна (она равна весу груза), и поэтому ток в обмотке ротора постоянен. Это значит, что \(Q_1 \approx I\cdot t\).

В случае с двумя генераторами они делят нагрузку поровну, то есть сила натяжения каждого троса равна половине силы натяжения для одного троса. Поскольку магнитные силы, действующие на ротор, пропорциональны току через него, то токи через генераторы в этом случае будут равны \(I' = I/2\). Суммарный ток зарядки аккумулятора остался тем же, то есть теперь \(Q_2 \approx I\cdot t'\).

Значит, отношение времен зарядки \[\frac{t'}{t} \approx \frac{Q_2}{Q_1} = \frac43.\]

При опускании груза, согласно условию, его потенциальная энергия переходит только в работу по дозарядке аккумулятора и в джоулево тепло, выделяющееся в цепи обмотки ротора. Пусть \(\varepsilon\) — постоянная (по условию) ЭДС аккумулятора, а \(R\) — сопротивление цепи обмотки ротора. Работа над аккумулятором равна \(A = \varepsilon Q_1\), а мощность тепловыделения \(P = I^2R\). Если масса груза равна \(m\), то закон сохранения энергии для зарядки одним генератором имеет вид: \[mgH \approx \varepsilon Q_1 + I^2Rt = Q_1\left(\varepsilon + \frac{RQ_1}{t}\right).\] Для зарядки двумя генераторами: \[mgH \approx \varepsilon Q_2 + 2I'^2Rt' = \varepsilon Q_2 + \frac12 I^2Rt' = Q_2\left(\varepsilon + \frac{RQ_1}{2t}\right)\] (здесь мы использовали соотношение \(Q_1/t \approx Q_2/t'\)). Сопоставляя два выражения для \(mgH\), находим, что \[Q_2 = Q_1\cdot\frac{2(\varepsilon t + RQ_1)}{2\varepsilon t + RQ_1} = Q_1\cdot\frac{2x+2}{2x+1},\] где введено обозначение \(x \equiv \dfrac{\varepsilon t}{RQ_1}\). Отметим, что эта величина как раз и равна отношению силы тока через неподвижный ротор (\(I_0 = \varepsilon/R\)) к силе тока зарядки. Из полученного соотношения выражаем \[\frac{I_0}{I} = x = \frac{2Q_1 - Q_2}{2Q_2 - 2Q_1} = 1.\]

Повторив аналогичные рассуждения для случая трех генераторов, получим \[Q_3 = Q_1\cdot\frac{3x+3}{3x+1} = \frac{3Q_1Q_2}{4Q_1 - Q_2} = 450\text{ мА}\cdot\text{час}.\]

Подсказка

Сила \(-P\vec r\) линейна по положению корабля, поэтому силы станций складываются как силы пружин нулевой длины: две станции \(P\) равносильны одной станции \(2P\) в середине гипотенузы, а все три — одной «пружине» жёсткости \(4P\), закреплённой в центре масс системы \((m, m, 2m)\) в вершинах. В пункте 4 этот центр движется со скоростью \(u/2\) — перейдите в его систему отсчёта.

Ответ

1) до станции \(2P\) — \(l/4\), до станций \(P\) — \(\sqrt3\,l/4\) и \(\sqrt7\,l/4\) (у вершин углов \(60^\circ\) и \(30^\circ\) соответственно);  2) \(v_\text{max} = \dfrac{l}{2}\sqrt{\dfrac{P}{m}}\);  3) \(0\);  4) через \(T = \pi\sqrt{\dfrac{m}{P}}\) на расстоянии \(S = \dfrac{\pi l}{2}\).

Решение

1. Первый способ. Рассмотрим положение корабля в точке \(M\), расстояния до которой от вершин \(A\), \(B\) и \(C\) прямоугольного треугольника равны \(\vec r_1\), \(\vec r_2\) и \(\vec r_3\) соответственно. Введём векторы: \[\vec a = \vec r_3 - \vec r_2, \quad \vec b = \vec r_3 - \vec r_1.\]

Суммарная сила, действующая на корабль в положении равновесия, равна нулю: \[\vec F = -P\vec r_1 - P\vec r_2 - 2P\vec r_3 = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_1 + \vec r_2 + 2\vec r_3 = 0.\] Выразим \(\vec r_1\) и \(\vec r_2\) через \(\vec r_3\) и подставим в полученное выражение: \[\vec r_1 = \vec r_3 - \vec b;\quad \vec r_2 = \vec r_3 - \vec a;\quad \vec r_3 - \vec b + \vec r_3 - \vec a + 2\vec r_3 = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_3 = \frac14(\vec a + \vec b).\]

Второй способ. Покажем, что совместное действие двух станций, расположенных в вершинах острых углов треугольника, эквивалентно действию одной станции с коэффициентом силы \(2P\), находящейся на середине гипотенузы. На рисунке эти две станции расположены в точках \(A\) и \(B\), а космический корабль — в точке \(K\). Сила, действующая на объект со стороны станций \(A\) и \(B\), выражается как: \[\vec F_{AB} = -P(\vec r_A + \vec r_B).\]

Учитывая, что \[\vec r_A = -\vec b + \vec r_C + \vec r_O, \quad \vec r_B = -\vec a + \vec r_C + \vec r_O,\] подставим эти выражения в формулу для силы: \[\vec F_{AB} = -P\left(-\vec b + \vec r_C + \vec r_O - \vec a + \vec r_C + \vec r_O\right) = -2P\vec r_O.\] Из полученной формулы следует, что результирующая сила в точности равна силе, создаваемой станцией с коэффициентом \(2P\), расположенной в середине отрезка \(AB\). Таким образом, в дальнейшем мы можем считать, что на корабль действуют две станции:

• одна с коэффициентом \(2P\) находится в вершине прямого угла (станция \(C\)),

• другая с коэффициентом \(2P\) находится на середине гипотенузы (станция \(O\)).

Далее можем заменить воздействие этих станций воздействием пружин, длины которых в недеформированном состоянии пренебрежимо малы (равны нулю), а коэффициенты жёсткости равны \(2P\) (см. рисунок). С учётом коэффициентов жёсткости эквивалентных пружин легко определить положение точки равновесия для корабля — точка, которая делит медиану \(CO\) пополам.

Третий способ. Для нахождения положения равновесия рассмотрим систему из трёх точечных масс, расположенных в вершинах треугольника: по \(m\) в вершинах острых углов и \(2m\) — в вершине прямого угла. Тогда радиус-вектор, проведённый из произвольной точки \(M\) до центра масс будет определяться по формуле: \[4m\vec r_\text{цм} = m\vec r_1 + m\vec r_2 + 2m\vec r_3.\] В случае, если \(M\) является центром масс системы, то \[\vec r_\text{цм} = 0 \;\Longrightarrow\; \vec r_1 + \vec r_2 + 2\vec r_3 = 0,\] что совпадает с выражением, полученным из условия равновесия корабля. Найдём координаты центра масс системы приняв за начало отсчёта вершину \(C\): \[y_\text{цм} = \frac{ml\cos30^\circ}{4m} = \frac{\sqrt3 l}{8}; \quad x_\text{цм} = \frac{ml\sin30^\circ}{4m} = \frac{l}{8}.\] Далее по теореме Пифагора определяем расстояния от точки равновесия до станций: \[CM = \frac{l}{4};\quad BM = \frac{\sqrt3 l}{4};\quad AM = \frac{\sqrt7 l}{4}.\]

2. В начальный момент времени космический корабль покоится, а суммарная сила, действующая на него со стороны станций, направлена вдоль отрезка \(CO\). Это означает, что ускорение корабля также направлено вдоль \(CO\), и, следовательно, корабль будет двигаться прямолинейно вдоль этого отрезка и достигнет максимальной скорости в точке равновесия.

Первый способ. Посмотрим на отклонение корабля от положения равновесия на вектор \(\overrightarrow{MK}\). Изменение суммарной силы со стороны станций равно: \[\Delta\vec F = \vec F - \vec 0 = \vec F = \Delta\vec F_A + \Delta\vec F_B + \Delta\vec F_C = -P\left(\overrightarrow{AK} - \overrightarrow{AM}\right) - P\left(\overrightarrow{BK} - \overrightarrow{BM}\right) - 2P\left(\overrightarrow{CK} - \overrightarrow{CM}\right) = -4P\cdot\overrightarrow{MK}.\] Значит, на корабль действует такая же сила, как от пружины с коэффициентом упругости \(4P\) с нулевой начальной длиной, натянутой между точками \(M\) и \(K\). Тогда при перемещении корабля от середины гипотенузы до точки \(M\) эта пружина совершит над кораблём работу: \[A = \frac{4P\left(\dfrac{l}{4}\right)^2}{2} = \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\]

Второй способ. Воспользуемся аналогией с двумя пружинами и запишем закон сохранения энергии: \[\frac{2P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\]

Третий способ. Элементарная работа силы, действующей со стороны некоторой станции, определяется выражением: \[\delta A = (\vec F\cdot d\vec s) = -Pr\,dr \;\Longrightarrow\; A = -\int\limits_{r_1}^{r_2} Pr\,dr = \frac{Pr_1^2}{2} - \frac{Pr_2^2}{2}.\] Максимальная скорость корабля будет достигнута при прохождении положения равновесия. Запишем закон сохранения энергии для этого случая: \[\frac{2P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} + 2\frac{P\left(\frac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2P\left(\frac{l}{4}\right)^2}{2} + \frac{P\left(\frac{\sqrt3 l}{4}\right)^2}{2} + \frac{P\left(\frac{\sqrt7 l}{4}\right)^2}{2} + \frac{mv_\text{max}^2}{2}.\] Любым из трёх способов получаем ответ: \[v_\text{max} = \frac{l}{2}\sqrt{\frac{P}{m}}.\]

3. Первый способ. Как мы показали ранее, сила, действующая на корабль, аналогична силе со стороны пружины с началом в точке \(M\).

Тогда движение корабля — колебания вдоль отрезка \(CO\). Корабль, пролетев точку \(M\), полетит к точке \(C\) и остановится около неё.

Второй способ. При движении корабля под действием пары пружин, он будет двигаться вдоль отрезка \(CO\), останавливаясь в точке \(O\) и в точке \(X\), где потенциальная энергия системы пружин равна её энергии при положении корабля в точке \(O\). Это условие можно записать в виде уравнения: \[\frac{2P\left(\dfrac{l}{2}\right)^2}{2} = \frac{2Px^2}{2} + \frac{2P\left(\dfrac{l}{2} - x\right)^2}{2},\] где \(x\) — расстояние от точки \(C\) до точки \(X\). Полученное выражение сводится к квадратному уравнению: \[2x^2 - lx = 0,\] решая которое, получаем два корня: \[x_1 = \frac{l}{2}, \quad x_2 = 0.\] Корень \(x = l/2\) соответствует точке на середине гипотенузы, где корабль находился в начальный момент времени. Таким образом, минимальное расстояние от корабля до точки \(C\) равно нулю.

4. Как мы показали в решении пункта 2, сила, действующая на корабль, равна \(\vec F = -4P\cdot\overrightarrow{MK}\), где \(M\) — центр масс системы с точечными массами \((m, m, 2m)\), расположенными в вершинах \(A\), \(B\) и \(C\). В отличие от предыдущих пунктов, точка \(M\) не покоится. По свойству центра масс: \[\vec v_M = \frac{m\vec v_A + m\vec v_B + 2m\vec v_C}{4m} = \frac{\vec v_C}{2}.\] Следовательно, скорость точки \(M\) постоянна по направлению и равна \(v_\text{max}\) по модулю.

Для окончательного упрощения системы перейдём в инерциальную систему отсчёта точки \(M\).

В этой системе отсчёта начальная скорость \(v_\text{max}\) точки \(K\) направлена перпендикулярно пружине. Заметим, что \(v_\text{max}\) — это скорость движения по окружности радиусом \(MK = l/4\) под действием силы \(4P\cdot MK\): \[\frac{mv_\text{max}^2}{2} = 4P\cdot\frac{MK^2}{2}.\] \[\frac{mv_\text{окр}^2}{MK} = 4P\cdot MK.\] \[v_\text{max} = v_\text{окр}\]

Следовательно, в системе отсчёта точки \(M\) корабль будет равномерно двигаться по окружности радиусом \(l/4\) со скоростью \(v_\text{max}\), найденной в пункте 2.

Когда корабль совершит один оборот вокруг точки \(M\), его скорость в лабораторной системе отсчёта впервые обнулится. Это произойдёт через время: \[T = \frac{2\pi l/4}{v_\text{max}} = \frac{\pi}{\sqrt{\frac{P}{m}}} = \pi\sqrt{\frac{m}{P}}.\] В системе отсчёта точки \(M\) перемещение корабля за один период равно нулю. Значит, в ЛСО корабль сместился на такое же расстояние, что и точка \(M\). \[S = v_\text{max}T = \frac{\pi l}{2}.\] Обратим внимание, что траектория движения корабля, представляющая собой наложение движения по окружности и равномерного движения её центра, представляет собой циклоиду, как показано на рисунке.

Подсказка

До первой остановки газ сжимается адиабатически и обратимо (\(PV^{5/3} = \mathrm{const}\)), а механическая энергия поршня с гирей целиком уходит во внутреннюю энергию газа. В конце процесс необратим: адиабата уже не годится, но закон сохранения энергии вместе с условием равновесия поршня по-прежнему работает.

Ответ

1) \(M = \left(3\left(2^{2/3} - 1\right) - 1\right)m \approx 76\) кг;  2) \(a_\text{max} = g\left(\dfrac{2^{5/3}m}{M + m} - 1\right) \approx 0{,}80g = 8\text{ м/с}^2\);  3) \(v_\text{max} \approx \sqrt{0{,}14gh_0} \approx 1{,}2\) м/с;  4) \(h = \dfrac{5m + 2M}{5(M + m)}\,h_0 \approx 0{,}74\) м.

Решение

Так как поршень вначале находится в равновесии, то \(P_0S = mg\) или \(P_0V_0 = mgh_0\), где \(P_0\) и \(V_0\) — начальное давление и начальный объём газа соответственно, \(S\) — площадь внутреннего поперечного сечения сосуда.

При движении системы механическая энергия поршня с грузом передаётся только газу (поршень перемещается в сосуде практически без трения, снаружи вакуум), а газ не передаёт теплоту в окружающую среду (по условию). В этом случае первое начало термодинамики имеет вид: \[A_\text{внеш} = \Delta U,\] где \(\Delta U\) — изменение внутренней энергии газа, \(A_\text{внеш}\) — работа внешних сил над газом, равная убыли полной механической энергии поршня с грузом: \(A_\text{внеш} = -\Delta E\). В результате получаем: \[\Delta U + \Delta E = 0.\]

Согласно условию, при движении поршня от исходного положения до его первой остановки процессы в газе можно считать равновесными. Поэтому будем считать, что с газом происходит обратимый адиабатический процесс.

Для него справедливо уравнение Пуассона \(PV^\gamma = \mathrm{const}\), где \(\gamma = 5/3\) для одноатомного идеального газа, \(P\) и \(V\) — давление и объём газа в некоторый произвольный момент времени. В нашем случае \(PV^{5/3} = P_0V_0^{\,5/3}\) или \[P = P_0\left(V_0/V\right)^{5/3} = P_0\left(h_0/h\right)^{5/3},\] \[PV = P_0V_0\left(V_0/V\right)^{2/3} = P_0V_0\left(h_0/h\right)^{2/3},\] где \(h\) — расстояние от поршня до дна сосуда в произвольный момент времени.

Рассмотрим момент времени, когда поршень находился в самой нижней точке на расстоянии \(h_\text{min}\) от дна сосуда. В этот момент скорость поршня с грузом равна нулю, т. е. \(\Delta E = (M + m)g(h_\text{min} - h_0)\).

Изменение внутренней энергии газа: \[\Delta U = \frac32\left(P_1V_1 - P_0V_0\right) = \frac32 P_0V_0\left(\left(\frac{h_0}{h_\text{min}}\right)^{2/3} - 1\right) = \frac32 mgh_0\left(\left(\frac{h_0}{h_\text{min}}\right)^{2/3} - 1\right),\] где \(P_1\) и \(V_1\) — давление и объём газа соответственно в рассматриваемый момент времени.

После объединения получаем: \[\frac32 mgh_0\left(\left(\frac{h_0}{h_\text{min}}\right)^{2/3} - 1\right) + (M + m)gh_0\left(\frac{h_\text{min}}{h_0} - 1\right) = 0.\] Подставляем \(\dfrac{h_0}{h_\text{min}} = 2\) и находим: \[M/m = 3\left(2^{2/3} - 1\right) - 1 \approx 0{,}762.\] \[M \approx 0{,}762m \approx 76\text{ кг}.\]

Будем рассматривать поршень с грузом как единое тело. Максимальный модуль ускорения поршня с грузом достигается, когда их скорость равна нулю, при этом суммарная внешняя сила — максимальна. Этим условиям удовлетворяют два положения поршня: начальное положение (сила тяжести больше силы давления газа на поршень) и нижнее положение (сила давления газа на поршень больше силы тяжести).

В начальный момент модуль ускорения поршня с грузом равен: \[a_0 = \frac{(M + m)g - P_0S}{M + m} = \frac{(M + m)g - mg}{M + m} = \frac{M}{M + m}\,g \approx 0{,}43g.\] В нижнем положении модуль ускорения поршня с грузом равен: \[\begin{gather*} a = \frac{P_0S\left(h_0/h_\text{min}\right)^{5/3} - (M + m)g}{M + m} = g\left(\frac{m\left(h_0/h_\text{min}\right)^{5/3}}{M + m} - 1\right) =\\ = g\left(\frac{2^{5/3}m}{M + m} - 1\right) \approx 0{,}80g. \end{gather*}\] Выбираем максимальное значение: \[a_\text{max} = g\left(\frac{m\left(h_0/h_\text{min}\right)^{5/3}}{M + m} - 1\right) \approx 0{,}80g = 8\text{ м/с}^2.\]

Максимальной скорости поршень достигает на первом участке движения (от верхней точки до нижней). При максимальной скорости движения ускорение равно нулю, т. е. сила тяжести \((M + m)g\) равна силе давления газа \(P_2S\): \[(M + m)g = P_2S = P_0S\left(h_0/h_2\right)^{5/3} = mg\left(h_0/h_2\right)^{5/3},\] где \(h_2\) — расстояние от поршня до дна сосуда в указанный момент времени. Из полученного уравнения найдём \(h_2/h_0 = (M/m + 1)^{-3/5} \approx 0{,}712\).

Закон сохранения энергии (первое начало термодинамики) для газа записывается так: \[\frac32\left(P_2V_2 - P_0V_0\right) + (M + m)g(h_2 - h_0) + \left(\frac{(M + m)v_\text{max}^2}{2} - 0\right) = 0\] или \[\frac32 mgh_0\left(\left(\frac{h_0}{h_2}\right)^{2/3} - 1\right) + (M + m)gh_0\left(\frac{h_2}{h_0} - 1\right) + \frac{(M + m)v_\text{max}^2}{2} = 0,\] где \(P_2\) и \(V_2\) — давление и объём газа соответственно в момент прохождения поршнем положения равновесия. Откуда: \[\frac{v_\text{max}^2}{2gh_0} = \left(1 - \frac{h_2}{h_0}\right) + \frac{3m}{2(M + m)}\left(1 - \left(\frac{h_0}{h_2}\right)^{2/3}\right).\] Подставляем значение \(h_2/h_0\): \[\frac{v_\text{max}^2}{2gh_0} \approx 0{,}07,\] откуда получаем: \[v_\text{max} \approx \sqrt{0{,}14gh_0} \approx 1{,}2\text{ м/с}.\]

На длительном промежутке времени процессы, протекающие в газе, становятся необратимыми, т. е. механическая энергия необратимо переходит во внутреннюю энергию.

Уравнение адиабаты \(PV^\gamma = \mathrm{const}\), выведенное для обратимого процесса, в этом случае не применимо.

Запишем условие равновесия поршня с грузом: \(PS = (M + m)g\). Закон сохранения энергии (первое начало термодинамики) в этом случае имеет вид: \[\frac32\left(PSh - P_0V_0\right) + (M + m)g(h - h_0) = 0.\] Получаем: \[\frac32\left((M + m)gh - mgh_0\right) + (M + m)g\left(h - h_0\right) = 0.\] Находим новую высоту: \[h = \frac{5m + 2M}{5(M + m)}\,h_0 \approx 0{,}74h_0 = 0{,}74\text{ м}.\]

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, где точечный заряд покоится: там сохраняется энергия бусинки. Есть критическая скорость \(V_0\), ниже которой бусинка не может «пройти» мимо заряда.

Ответ

\[V_{\max} = \begin{cases} 2V_0 & \text{при } V_0 < V_1,\\[2pt] V_0 - \sqrt{V_0^2 - V_1^2} & \text{при } V_0 > V_1,\end{cases}\] где \(V_1 = \sqrt{\dfrac{2kq^2}{md}}\), \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\). График зависимости \(V_{\max}/V_1\) от \(V_0/V_1\):

Подсказка

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

Ответ

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 \(V_2 = \sin\beta\sqrt{\dfrac{2gL(1-\sin\beta)}{9-3\sin^2\beta}}\).

Подсказка

Центр масс бруска при повороте не смещается. Изменение потенциальной энергии системы равно работе силы тяжести при «вынимании» бруска из воды в первом положении (вода заполняет выемку) и «доставании» воды из выемки, в которую брусок погружается во втором положении.

Ответ

\(\Delta U = \dfrac{\rho g L a^3}{2}\left(\dfrac12 - \dfrac{\sqrt2}{3}\right) \approx 71{,}5\cdot10^{-3}\) Дж.

Подсказка

Найдите положение центра масс шариков и то, как меняется его высота при отклонении на малый угол; для малых колебаний кинетическая энергия не зависит от угла, а потенциальная квадратична по нему.

Ответ

\(T = \dfrac{2\pi}{\Omega} = \dfrac{2\pi L}{m_1 + m_2}\sqrt{\dfrac{m_1 m_2}{g R}}\).

Подсказка

Для частей A и B удобно применить принцип виртуальных перемещений: сравните работу силы на ручке с изменением потенциальной энергии ворот и груза. В части C используйте закон сохранения энергии и связь скоростей точек системы.

Ответ

A1) \(F_1 \approx \dfrac{\sqrt{2}\,(M-m)g}{3} \approx 23{,}6\) Н;  A2) \(F_2 \approx \dfrac{(M-m)g}{\sqrt{5}} \approx 22{,}4\) Н;  B) \(F_{\max} = \dfrac{(M-m)g}{2} = 25\) Н.

Подсказка

Сила, действующая на полубесконечный стержень, равна \(\lambda\varphi\), где \(\varphi\) — потенциал поля сферы на его конце; внутри сферы она постоянна. Сравните её с силой на бесконечный стержень в первом опыте: при одинаковых расстояниях она ровно вдвое меньше, и движения подобны.

Ответ

1) \(T_1 = R\sqrt{\dfrac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}}\), \(V_1 = \sqrt{\dfrac{Q\lambda}{2\pi\varepsilon_0m}}\);  2) \(V_2 = \sqrt{\dfrac{3Q\lambda}{4\pi m\varepsilon_0}}\);  3) \(T = R\bigl(1 + y(2)\bigr)\sqrt{\dfrac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}} \approx 7{,}17\,R\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{Q\lambda}}\), где \(y(2) \approx 0{,}43\) — по графику.

Решение

1. Определим силу отталкивания \(F_{r2}\) между сферой и стержнем во втором эксперименте в зависимости от расстояния \(r_A\) между концом \(A\) стержня и центром сферы.

Первый способ. Воспользуемся методом виртуальных перемещений: \[F_{r2} = -\frac{dW_p}{dr_A},\] где \(r_A\) — расстояние между центром сферы и концом стержня \(A\). Если расстояние между центром сферы и концом стержня \(A\) изменить на величину \(dr_A\), то изменение потенциальной энергии будет равно изменению потенциальной элемента стержня длиной \(dr_A\) при перемещении из положения, соответствующего концу стержня \(A\) в положение, соответствующее концу стержня \(B\). Тогда для \(dW_p\) имеем: \[dW_p = \lambda(\varphi_B - \varphi_A)\,dr_A,\] где \(\varphi_A\) и \(\varphi_B\) — потенциалы электростатического поля сферы на концах \(A\) и \(B\) стержня соответственно. При этом \(\varphi_B \approx 0\), поскольку стержень очень длинный. Таким образом: \[F_{r2} = \lambda\varphi_A.\] Поскольку сфера заряжена равномерно по поверхности, внутри неё напряжённость электростатического поля равна нулю, а снаружи совпадает с полем точечного заряда \(Q\), расположенного в её центре. Таким образом: \[\varphi_A(r) = \begin{cases} \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R} & \text{при } r_A \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r_A} & \text{при } r_A > R, \end{cases} \implies F_{r2}(r_A) = \begin{cases} \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0R} & \text{при } r_A \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0r_A} & \text{при } r_A > R. \end{cases}\]

Второй способ. Напряжённость \(E_r\) электростатического поля сферы внутри равна нулю, а снаружи совпадает с напряжённостью электростатического поля точечного заряда \(Q\), расположенного в центре сферы, поэтому зависимость \(E_r(r)\) имеет следующий вид: \[E_r(r) = \begin{cases} 0 & \text{при } r \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} & \text{при } r > R. \end{cases}\] Поскольку длина стержня во много раз больше радиуса сферы \(R\), то будем считать её бесконечной. Тогда для силы \(F_{r2}\) имеем: \[F_{r2} = \int\limits_{r_A}^\infty E_r(r)\lambda\,dr.\] Если конец \(A\) стержня расположен внутри сферы, то сила, действующая на расположенную внутри сферы часть стержня со стороны электростатического поля сферы, равна нулю. Отсюда: \[F_{r2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_R^\infty \frac{dr}{r^2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0R}.\] Если же конец \(A\) стержня расположен вне сферы: \[F_{r2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_{r_A}^\infty \frac{dr}{r^2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0r_A}.\] Таким образом: \[F_{r2}(r_A) = \begin{cases} \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0R} & \text{при } r_A \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0r_A} & \text{при } r_A > R. \end{cases}\]

Обратим внимание, что стержень движется с постоянным ускорением \(a = Q\lambda/(4\pi\varepsilon_0mR)\), пока его конец \(A\) расположен внутри сферы. Поскольку стержень начинает движение без начальной скорости, для времени движения \(T_1\) и скорости стержня \(V_1\) в момент вылета из сферы имеем: \[T_1 = \sqrt{\frac{2R}{a}}, \qquad V_1 = aT_1 = \sqrt{2aR},\] или: \[T_1 = R\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}}, \qquad V_1 = \sqrt{\frac{Q\lambda}{2\pi\varepsilon_0m}}.\]

2. После вылета стержня из сферы его движение происходит в силовом поле, обратно пропорциональном расстоянию от его конца \(A\) до центра сферы. Пусть \(W_2(r_A)\) — потенциальная энергия взаимодействия стержня со сферой во втором эксперименте. Определим квадрат скорости стержня \(V^2(r)\) при расстоянии \(r_A\) между его концом \(A\) и центром сферы: \[\frac{mV^2(r_A)}{2} + W_2(r_A) = \frac{mV_1^2}{2} + W_2(R) \implies V^2(r_A) = V_1^2 + \frac{2\bigl(W_2(R) - W_2(r_A)\bigr)}{m}.\] Тогда для скорости \(V_2\) имеем: \[V_2 = V(l) = \sqrt{V_1^2 + \frac{2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr)}{m}}.\] Для определения разности \(W_2(R) - W_2(l)\) рассмотрим первый эксперимент. Сила взаимодействия между сферой и стержнем равна силе взаимодействия стержня с точечным зарядом \(Q\), расположенным в центре сферы. Пусть \(r_C\) — расстояние между центрами стержня и сферы. Поскольку стержень очень длинный — его поле можно вычислить как поле бесконечного стержня. Из теоремы Гаусса получим: \[\Phi = 2\pi r_CLE_r(r) = \frac{q}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0} \implies E_r(r_C) = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r_C}.\] Для силы взаимодействия между стержнем и сферой в первом эксперименте получим: \[F_{r1}(r_C) = \frac{Q\lambda}{2\pi\varepsilon_0r_C}.\] Обратим внимание, что сила взаимодействия стержня со сферой в первом эксперименте вдвое больше силы взаимодействия стержня со сферой во втором эксперименте при одинаковых значениях \(r_A\) и \(r_C\). Тогда если \(W_1(r_C)\) — потенциальная энергия взаимодействия стержня со сферой в первом эксперименте, имеем: \[W_1(R) - W_1(l) = 2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr).\] При этом из закона сохранения энергии в первом эксперименте имеем: \[\frac{mu_0^2}{2} = W_1(R) - W_1(l) = 2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr) \implies \frac{2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr)}{m} = \frac{u_0^2}{2}.\] Таким образом: \[V_2^2 = V_1^2 + \frac{u_0^2}{2},\] откуда: \[V_2 = \sqrt{\frac{3Q\lambda}{4\pi m\varepsilon_0}}.\]

3. Пусть \(t\) — время, отсчитываемое от момента вылета стержня из сферы во втором эксперименте, через которое конец \(A\) стержня оказывается на расстоянии \(S\) от центра сферы. При этом возможны два решения, построенных на различных рассуждениях.

Первое решение. Рассмотрим движение стержня во втором эксперименте после вылета из сферы. Силовые поля, в которых стержни движутся в первом и втором экспериментах, подобны друг другу и отличаются в два раза. Это означает, что если отношение квадратов начальных скоростей \(v^2/V_1^2 = 2\), то для любого \(r = r_A = r_C\) соотношение \(v_1^2(r)/V^2(r) = 2\) будет сохраняться, где \(v_1(r)\) — скорость стержня в первом эксперименте. Действительно: \[v_1^2(r) = v^2 + \frac{2\bigl(W_1(R) - W_1(r)\bigr)}{m} = 2V_1^2 + \frac{4\bigl(W_2(R) - W_2(r)\bigr)}{m} = 2V^2(r).\] Тогда во втором эксперименте любой бесконечно малый отрезок \(dr\) проходится за время \(dt\), в \(\sqrt2\) раз большее времени \(d\tau\), за которое тот же отрезок \(dr\) проходится стержнем в первом эксперименте. Таким образом: \[t = \sqrt2\,\tau(\sqrt2\,V_1) = \sqrt2\,\tau_0\,y(\sqrt2\,V_1/v_0).\]

Второе решение. Рассмотрим движение стержня во втором эксперименте после вылета из сферы. Силовые поля, в которых стержни движутся в первом и втором экспериментах, подобны друг другу и отличаются в два раза. Обратим внимание, что график зависимости \(y(x)\), описывающий зависимость \(\tau(v)\) в первом эксперименте, не изменяет свою форму при изменении параметров \(Q\), \(\lambda\), \(m\) и \(R\). Если величину произведения \(Q\lambda\) уменьшить в два раза, то зависимость \(y(x)\) описывает зависимость времени \(t\) от скорости стержня \(V_1\) на поверхности сферы, где \(y = t/t_0\) и \(x = V_1/V_0\), а \(t_0 = \sqrt2\,\tau_0\) и \(V_0 = v_0/\sqrt2\). Тогда для времени \(t\) имеем: \[t = t_0\,y(V_1/V_0) = \sqrt2\,\tau_0\,y(\sqrt2\,V_1/v_0).\]

Определим координату \(x\) на графике, приведённом для первой серии экспериментов: \[x_1 = \frac{\sqrt2\,V_1}{v_0} = 2.\] При этом \(y(2) \approx 0{,}43\). Тогда имеем: \[t = Ry(2)\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}}.\] Полное время движения стержня \(T\) складывается из \(T_1\) и \(t\), поэтому: \[T = R\bigl(1 + y(2)\bigr)\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}},\] или же: \[T \approx 7{,}17\cdot R\sqrt{\frac{m\varepsilon_0}{Q\lambda}} \approx 2{,}02\cdot R\sqrt{\frac{m}{kQ\lambda}}.\]

Подсказка

Выразите потенциальную энергию системы через \(\varphi\): груз поднимается на величину, равную изменению длины отрезка нити от бусинки до блока. Равновесия — экстремумы этой энергии, устойчивое — минимум.

Ответ

1) \(\varphi_1 = 60^\circ\) (устойчивое), \(\varphi_2 \approx 250{,}5^\circ\) (неустойчивое); \(v_{\min} \approx 1{,}74\sqrt{gR}\);  2) при \(k > 1\);  3) не существует.

Подсказка

Полость — это суперпозиция сплошного цилиндра с плотностью \(\rho\) и цилиндра с плотностью \(-\rho\); поле в ней однородно. Сравните электрическую силу с силой тяжести и запишите работу всех сил как функцию угла поворота стержня.

Ответ

1) \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\);  2) \(v_{max} = \dfrac{\sqrt{(2-\sqrt2)gR}}{2}\);  3) \(T = 2\sqrt2\,mg - \dfrac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}\);  4) бусинка \((2q, m)\): \(N_m = mg\,\dfrac{13 - 2\sqrt2}{3}\), бусинка \((q, 2m)\): \(N_{2m} = mg\,\dfrac{17 - 4\sqrt2}{3}\).

Решение

Рассмотрим плоскость, перпендикулярную осям полости и цилиндра. Пусть \(O\) — точка пересечения оси цилиндра с этой плоскостью, а \(O'\) — точка пересечения с осью полости (рис. 1). Выберем произвольную точку \(A\) внутри полости. Если \(\vec r = \overrightarrow{OA}\), \(\vec r\,' = \overrightarrow{O'A}\), а \(\vec d = \overrightarrow{OO'}\), тогда \(\vec r = \vec r\,' + \vec d\).

Пусть \(\rho\) — объёмная плотность заряда цилиндра, тогда полость можно представить как суперпозицию цилиндров с объёмной плотностью заряда \(\rho\) и \(-\rho\). Первый цилиндр дополняет цилиндр с вырезом до полного сплошного цилиндра. Поле внутри выреза представим как суперпозицию полей дополненного цилиндра и цилиндра с плотностью заряда \(-\rho\).

Используя симметрию, найдём с помощью теоремы Гаусса напряжённость поля \(E(r)\) внутри равномерно заряженного цилиндра: \[\Phi_E = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0},\ \text{где } \Phi_E = 2\pi r l E(r),\ q_{in} = \pi r^2 l\rho,\] откуда \(E(r) = \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\) или, в векторном виде, \(\vec E(\vec r) = \dfrac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r\). Тогда напряжённость поля в произвольной точке \(A\) равна \[\vec E_A = \vec E_\rho(\vec r) + \vec E_{-\rho}(\vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r + \frac{(-\rho)}{2\varepsilon_0}\vec r\,' = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}(\vec r - \vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec d.\] Таким образом, поле внутри полости однородно, вектор напряжённости направлен горизонтально, а его модуль равен \(E_\text{п} = \dfrac{\rho R}{4\varepsilon_0}\).

На заряженный шарик массой \(m\) и зарядом \(q\), помещённый в полость, действует сила \(\vec F = \vec F_g + \vec F_E\), где \(F_g = mg\) — сила тяжести, \(F_E = \dfrac{q\rho R}{4\varepsilon_0}\) — сила со стороны электрического поля. Эти силы взаимно перпендикулярны и однородны, поэтому шарик будет двигаться с постоянным ускорением \(a = \sqrt{g^2 + \left(\dfrac{q\rho R}{4m\varepsilon_0}\right)^2}\). С другой стороны, шарик долетел до стенки полости за время \(\tau\). Это значит, что \(a = \dfrac{2(R/2)}{\tau^2} = \sqrt2\,g\), откуда \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\).

Пусть \(B\) — середина стержня, \(r = 3R/8\) — радиус кольца, а \(L = \sqrt2\,r\) — расстояние между бусинками. При движении стержня с бусинками вектор \(\overrightarrow{O'B}\) будет поворачиваться против часовой стрелки в плоскости рисунка, а скорость обеих бусинок будет, в силу кинематической связи, одинакова. Обозначим \(\varphi\) угол поворота вектора \(\overrightarrow{O'B}\) и найдём значение угла \(\varphi_\text{р}\), соответствующее максимальной скорости бусинок.

Пункт 2. Метод №1. Согласно теореме о кинетической энергии \[\frac{3mv^2}{2} = A_g + A_E,\] где \(v\) — скорость бусинок, \(A_g\) и \(A_E\) — работа силы тяжести и электрической силы соответственно. Запишем выражения для обеих работ при повороте вектора \(\overrightarrow{O'B}\) на угол \(\varphi\): \[\begin{gather*} A_g = mgr\bigl(\cos(\varphi - \pi/4) - \cos(\pi/4)\bigr) + 2mgr\bigl(\cos(\pi/4 + \varphi) - \cos(\pi/4)\bigr),\\ A_E = 2qE_\text{п} r\bigl(\sin(\varphi - \pi/4) + \sin(\pi/4)\bigr) + qE_\text{п} r\bigl(\sin(\pi/4 + \varphi) - \sin(\pi/4)\bigr). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарной работы: \[A_\Sigma = A_g + A_E = mgr\left(2\cos(\varphi - \pi/4) - \sqrt2\right).\] Скорость бусинок будет наибольшей тогда, когда \(A_\Sigma\) достигнет максимума, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\). Подставляя это значение в выражение для суммарной работы, получим \[\begin{gather*} A_{\Sigma\,max} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\quad \frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}. \end{gather*}\]

Пункт 2. Метод №2. В момент достижения бусинками максимальной скорости их тангенциальное ускорение равно нулю. Поэтому сумма моментов сил тяжести и электрических сил, рассчитанных в данный момент относительно точки \(O'\), равна нулю. Запишем выражения для \(M_g\) и \(M_E\) (суммарного момента сил тяжести и электрических сил соответственно), принимая в качестве положительного направление против часовой стрелки: \[\begin{gather*} M_g = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4),\\ M_E = 2qE_\text{п} r\cos(\varphi - \pi/4) + qE_\text{п} r\cos(\varphi + \pi/4). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарного момента \[\begin{gather*} M_\Sigma = M_g + M_E = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4) +\\ + 2mgr\cos(\varphi - \pi/4) + mgr\cos(\varphi + \pi/4) = -2mgr\sin(\varphi - \pi/4). \end{gather*}\] При \(\varphi < \pi/4\) суммарный момент положительный, и система разгоняется, достигая максимальной скорости при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\), когда \(M_\Sigma = 0\). Согласно закону изменения энергии \[\frac{3mv_{max}^2}{2} + 2mgr - 3mg\cdot\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right) = 2qE_\text{п}\cdot\frac{r}{\sqrt2} + qE_\text{п}\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right),\] откуда \[\frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \qquad\Rightarrow\qquad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}.\]

Пункты 3 и 4. Сделаем несколько утверждений:

1) Так как стержень невесом, сумма сил, действующих на стержень, равна нулю.

2) Так как стержень и бусинки соединены шарнирно, сила, с которой стержень действует на бусинки, направлена вдоль него.

3) В момент достижения бусинкой максимальной скорости её тангенциальное ускорение равно нулю, поэтому проекция сил, действующих на эту бусинку, на ось, перпендикулярную радиусу, равна нулю.

Рассмотрим силы, действующие на каждую из бусинок в момент достижения ими максимальной скорости, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\) (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для нижней бусинки в проекции на горизонтальную ось, учитывая третье утверждение, \[0 = 2qE_\text{п} - (T + F_\text{кул})\cos(\pi/4),\] где \(T\) — сила реакции стержня, а \(F_\text{кул} = q^2/(2\pi\varepsilon_0 L^2)\) — сила электростатического отталкивания бусинок.

Отсюда получим, что \[T = 2\sqrt2\,qE_\text{п} - F_\text{кул} = 2\sqrt2\,mg - \frac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 L^2} = 2\sqrt2\,mg - \frac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}.\] Нормальное ускорение в этот момент равно \(a_n = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{2(2 - \sqrt2)}{3}g\). Запишем второй закон Ньютона для обеих бусинок в проекции на радиально направленные оси (для нижней бусинки — на вертикальную, для верхней — на горизонтальную): \[\begin{gather*} ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - mg + N_m,\\ 2ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - qE_\text{п} + N_{2m}. \end{gather*}\] Поскольку \(T + F_\text{кул} = 2\sqrt2\,qE_\text{п}\), \[\begin{gather*} N_m = mg + ma_n + 2qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{2(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{13 - 2\sqrt2}{3},\\ N_{2m} = 2ma_n + 3qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{4(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{17 - 4\sqrt2}{3}. \end{gather*}\]