Двойной маятник на колеблющемся подвесе

Нить \(AB\) вертикальна, поэтому она не действует на шарики по горизонтали. Что тогда можно сказать о горизонтальном движении центра масс двух шариков?

\(l=\dfrac{gT^2}{4\pi^2}\,\dfrac{M+m}{M}\).

Что происходит. Подвес \(A\) ходит туда и обратно, вместе с ним ходит шарик \(M\) (нить \(AB\) вертикальна), а нить \(BC\) с шариком \(m\) раскачивается. Горизонтальных внешних сил на пару шариков нет, потому что вертикальная нить не тянет их вбок. Значит, центр масс пары в горизонтальном направлении не ускоряется. Главная идея: шарик \(m\) движется так, будто нить \(BC\) закреплена в неподвижной (по горизонтали) точке — центре масс, и колеблется как обычный маятник.

Обозначения. \(l\) — длина нити \(BC\), \(\varphi\) — её угол с вертикалью (колебания малые), \(O\) — центр масс шариков \(M\) и \(m\), \(x\) — расстояние от \(O\) до шарика \(m\). Колебания горизонтальные, ось \(x\)-координат отсчитываем от вертикальной линии, проходящей через \(O\).

1. Центр масс не двигается по горизонтали. На систему «шарик \(M\) + шарик \(m\) + нити» действуют сила тяжести (вертикальная) и сила натяжения нити \(AB\), тоже вертикальная, потому что нить вертикальна. Горизонтальной внешней силы нет. По закону движения центра масс его горизонтальное ускорение равно нулю. Колебания периодические, поэтому центр масс покоится по горизонтали, и \(O\) всё время лежит на одной вертикали.

2. Где находится \(O\). Центр масс двух точечных тел лежит на отрезке между ними, делит его обратно пропорционально массам: \(mx=M(l-x)\), откуда \[x=l\,\frac{M}{m+M}.\]

3. Колебания шарика \(m\). Шарик \(m\) движется вокруг неподвижной вертикали через \(O\). Запишем второй закон Ньютона для шарика \(m\) в проекции на горизонталь. Угол \(\varphi\) мал, поэтому вертикальное ускорение шарика второго порядка малости и сила натяжения \(T_{BC}\approx mg\). Тогда горизонтальная сила \(-T_{BC}\sin\varphi\approx-mg\varphi\), а смещение шарика от вертикали через \(O\) равно \(\xi=x\varphi\): \[m\ddot\xi=-\frac{mg}{x}\,\xi,\qquad \omega^2=\frac gx.\] Это уравнение колебаний обычного маятника длиной \(x\): шарик \(m\) ведёт себя так, как если бы висел на нити длиной \(x\) в неподвижной точке \(O\).

4. Период. Период этих колебаний равен периоду подвеса \(A\), потому что движение шариков вынужденное и идёт с частотой подвеса: \[T=2\pi\sqrt{\frac xg}\quad\Rightarrow\quad x=\frac{gT^2}{4\pi^2}.\]

5. Длина нити. Из шага 2: \(l=x\,\dfrac{m+M}{M}\). Подставляем \(x\): \[l=\frac{gT^2}{4\pi^2}\,\frac{M+m}{M}.\]

Обратите внимание: период определяется не длиной \(l\) всей нити, а расстоянием \(x\) до центра масс. Формула \(T=2\pi\sqrt{l/g}\) здесь неверна: точка \(B\) не неподвижна, она движется вместе с подвесом.

Ответ: \(l=\dfrac{gT^2}{4\pi^2}\,\dfrac{M+m}{M}\).

Проверка. Размерность: \(gT^2\) — метр. При \(M\to\infty\) (тяжёлый шарик остаётся на месте, \(B\) неподвижна) получаем \(l\to gT^2/4\pi^2\) — длину обычного маятника с периодом \(T\), как должно быть. Второй способ — два уравнения для горизонтали. Для шарика \(M\) с неподвижным по вертикали подвесом: \(M\ddot\xi_B=mg\varphi\) (нить \(BC\) тянет \(M\) к шарику \(m\)). Для шарика \(m\): \(m(\ddot\xi_B+l\ddot\varphi)=-mg\varphi\). Для колебаний с частотой \(\omega\) из первого уравнения \(\varphi=-M\omega^2a/(mg)\) (\(a\) — амплитуда \(B\)); подстановка во второе даёт \(l=g(M+m)/(M\omega^2)\) — тот же результат. Пример: \(M=2m\), \(T=2\ \text{с}\): \(x\approx0{,}99\) м, \(l\approx1{,}49\) м; расстояние \(x=lM/(M+m)=1{,}49\cdot\frac23\approx0{,}99\) м.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.