Стержень и бусинка

В системе отсчёта стержня сила Кориолиса перпендикулярна стержню и уравновешивается им, остаётся линейное уравнение для координаты вдоль стержня с вынуждающими членами от силы тяжести и поля. Круговой траектории отвечает чисто вынужденное решение с частотой \(\omega\).

ii) \(R=\dfrac{g}{4\omega^2}\);  iii) \(k>m\omega^2\), \(R=\dfrac{mg}{2|2m\omega^2-k|}\);  iv) \(\Omega=\dfrac95\omega\), \(g=\dfrac12d\omega^2\), \(a_E=5d\omega^2\).

i) Решение 1 (Eero Ristolainen). Бусинка должна проходить через начало координат (ось вращения). Иначе бусинка оставалась бы «по одну сторону стержня», и в низшей точке траектории сила, действующая на неё со стороны стержня, не могла бы быть строго вертикальной, а значит, эта точка не могла бы быть низшей. Следовательно, бусинка проходит через начало координат в низшей точке траектории, которой соответствует горизонтальное положение стержня. Этого достаточно для эскиза: траектория — окружность радиуса \(R\) с центром в \((0,R)\).

Решение 2. Эскиз можно сделать и из решения 4 пункта ii).

ii) Решение 1 (Eppu Leinonen). Для того чтобы бусинка оставалась на стержне, её скорость, перпендикулярная стержню, должна быть такой же, как скорость стержня в этой точке. В самой верхней точке у бусинки нет радиальной скорости. Поэтому в верхней точке \(v=2R\omega\). С другой стороны, в верхней точке \(a=g\) (по закону Ньютона), а из центростремительного ускорения \(a=v^2/R\) находим \(R=g/(4\omega^2)\).

Решение 2 (Eero Ristolainen, Eppu Leinonen). Движение по окружности должно быть равномерным, так как стержень равномерно вращается. Строгое доказательство даёт теорема о вписанном угле: угол бусинки, измеренный из центра окружности, вдвое больше угла, измеренного из начала координат, лежащего на окружности. Последний меняется с угловой скоростью \(\omega\), так как соответствующая прямая — это стержень; значит, первый меняется с \(2\omega\). Поэтому центростремительное ускорение бусинки \(a=v^2/R\). В верхней точке скорость равна \(2R\omega\), а ускорение обусловлено только силой тяжести и равно \(g\). Значит, \(R=g/(4\omega^2)\).

Решение 3 (Eero Ristolainen). Центр движения находится в \((0,R/2)\), а угловая скорость равна \(2\omega\), так как бусинка описывает окружность по обе стороны от стержня. Поэтому координаты бусинки как функции времени

\[\bigl(R\sin(2\omega t),\,R\bigl(\tfrac12+\cos(2\omega t)\bigr)\bigr)=\bigl(4R\sin\omega t\cos\omega t,\,4R\sin\omega t\sin\omega t\bigr)=\bigl(f(t)\cos\omega t,\,f(t)\sin\omega t\bigr),\] где \(f(t)=4R\sin\omega t\) — положение бусинки, отсчитываемое от оси вращения (с учётом направления). В системе отсчёта стержня уравнение движения \[\ddot f=g\sin\omega t+\omega^2f,\] так как сила Кориолиса перпендикулярна направлению движения и уравновешивается стержнем. Подстановка приведённого выражения даёт ответ.

Решение 4 (Eppu Leinonen, Eero Ristolainen). Перейдём в систему отсчёта, вращающуюся вместе со стержнем. Так как бусинка в этой вращающейся системе движется, на неё действует сила Кориолиса. Однако она направлена перпендикулярно скорости, которая ограничена направлением вдоль стержня. Поэтому она не влияет на уравнение движения бусинки, и её можно не учитывать. Пусть \(r\) — координата бусинки вдоль стержня (знак определяет направление). Тогда уравнение движения вдоль стержня \[\ddot r=\omega^2r-g\sin\omega t.\] Это неоднородное линейное дифференциальное уравнение второго порядка: \[\ddot r-\omega^2r=-g\sin\omega t.\] Общее решение — сумма общего решения однородной задачи и любого решения неоднородной. Однородное решение \[r_h=Ae^{\omega t}+Be^{-\omega t}.\] Частное решение угадываем подстановкой \(C\sin\omega t\). Это даёт уравнение \(2C\omega^2=g\), т. е. \(C=g/(2\omega^2)\). Итак, общее решение \[r=\frac{g}{2\omega^2}\sin\omega t+Ae^{\omega t}+Be^{-\omega t},\] которое может быть периодическим (за конечное время) только при \(A=B=0\); это и определяет начальные условия (их всего одно сочетание) для круговой траектории бусинки. В лабораторной системе: \[\vec r(t)=r(t)\,\hat u(t)=\frac{g}{2\omega^2}\sin\omega t\,(\cos\omega t,\sin\omega t)=\frac{g}{4\omega^2}\bigl(\sin2\omega t,\;1-\cos2\omega t\bigr).\] Это окружность радиуса \(R=g/(4\omega^2)\) с центром в \((0,R)\) (что даёт и решение пункта i)).

iii) Решение 1 (Jaan Kalda, Eero Ristolainen, Eppu Leinonen). С пружиной уравнение движения принимает вид \[\ddot r=(\omega^2-\omega_0^2)r-g\sin\omega t,\qquad \omega_0^2=\frac km.\] Устойчивость. Возмущения \(\delta r\) около периодического частного решения подчиняются однородному уравнению \(\ddot{\delta r}=(\omega^2-\omega_0^2)\,\delta r\). Если \(\omega_0^2>\omega^2\) (т. е. \(k>m\omega^2\)), это гармоническое колебание с частотой \(\sqrt{\omega_0^2-\omega^2}\) — возмущения остаются ограниченными, орбита устойчива. Если \(\omega_0^2<\omega^2\), возмущения растут экспоненциально — орбита неустойчива. Критерий устойчивости: \[k>m\omega^2.\] Центробежный член действует как эффективная дестабилизирующая жёсткость \(-m\omega^2\), и пружина должна её превзойти.

Как в решении 2 пункта ii), снова рассматриваем верхнюю точку траектории. Скорость по-прежнему \(v=2R\omega\), но теперь ускорение \(a=g+2Rk/m\).

Решая это, получаем \(R=\dfrac{mg}{2(2m\omega^2-k)}\). Если радиус получается отрицательным, круговая траектория просто оказывается под осью, так что можно взять модуль полученного радиуса и получить окончательный результат: \[R=\frac{mg}{2\,|\,2m\omega^2-k\,|}.\] Решение 2 (Jaan Kalda, для нахождения радиуса). Частное решение снова \(r_p=A'\sin\omega t\) (как в решении 4 пункта ii)): \[-\omega^2A'=(\omega^2-\omega_0^2)A'-g\quad\Rightarrow\quad A'=\frac{g}{2\omega^2-\omega_0^2}=\frac{mg}{2m\omega^2-k}.\] Соответствующая орбита в лабораторной системе — как в п. ii) — окружность радиуса \(|A'|/2\), что даёт результат решения 1. При \(m\omega^2<k<2m\omega^2\) амплитуда \(A'\) положительна и окружность лежит над осью (как в пп. i, ii); при \(k=2m\omega^2\) вынужденная амплитуда расходится (резонанс на вынуждающей силе — ограниченной круговой орбиты не существует); при \(k>2m\omega^2\) амплитуда отрицательна, т. е. окружность оказывается под осью, но остаётся устойчивой.

Решение 2 (Eppu Leinonen). Можно, следуя решению 4 пункта ii), найти и общее решение этого дифференциального уравнения. Однородное решение теперь — сумма вещественных экспонент, если \(\omega^2-\omega_0^2>0\) (неустойчивый случай), и сумма синусоид, если \(\omega^2-\omega_0^2<0\) (устойчивый). Частное решение угадывается так же, как выше.

iv) Уравнение движения в системе отсчёта стержня теперь \[\ddot f=g\sin\omega t+a_E\sin\bigl((\Omega-\omega)t+\varphi\bigr)+\omega^2f.\] Запишем \(\Omega'=\Omega-\omega\) — угловая скорость электрического поля в системе отсчёта стержня. По рисунку видно, что \(f(t)\) — сумма двух периодических составляющих \(f(t)=f_1(t)+f_2(t)\). Кроме того, линейность дифференциального уравнения даёт \[\ddot f_1-\omega^2f_1=g\sin\omega t,\qquad \ddot f_2-\omega^2f_2=a_E\sin(\Omega't+\varphi).\] Первое выполняется тем же решением, что и раньше (получено так же, как в решении 2 пункта ii)), \(f_1=\dfrac{g}{2\omega^2}\sin\omega t\). Второе решение ищем в виде \(f_2=A\sin(\Omega't+\varphi)\), что даёт \(A=-a_E/(\Omega'^2+\omega^2)\).

Видно, что решение периодично. Пусть его период \(T_f\). Тогда должно быть \(T_f=nT_{f_1}=pT_{f_2}\) с некоторыми натуральными \(n\) и \(p\), где \(T_{f_1}\) и \(T_{f_2}\) — периоды \(f_1\) и \(f_2\). Заметим, что рисунок почти симметричен относительно оси \(x\), что резко отличается от решения лишь с \(f_1\). Значит, амплитуда \(f_2\) должна доминировать над амплитудой \(f_1\). Поэтому смены знака \(f_2\) соответствуют петлям на рисунке, которых 8. Так как синус меняет знак дважды за период, получаем \(4T_{f_2}=T_f=nT_{f_1}\).

Чтобы движение достигло одного и того же луча (из начала координат; пример показан пунктиром на рисунке ниже) дважды, требуется время \(T_{f_1}/2\) (стержень делает пол-оборота). По графику видно, что за время \(\approx3T_{f_2}/4\) (красная + синяя части) бусинка проходит меньший путь, чем за \(T_{f_1}\) (красная + синяя + оранжевая). Аналогично за время \(\approx T_{f_2}\) (красная + синяя + оранжевая + остальная чёрная часть до горизонтальной оси) бусинка проходит больше, чем за \(T_{f_1}\) (красная + синяя + оранжевая).

Таким образом получаем неравенства \[\frac43T_{f_1}>T_{f_2}>T_{f_1},\] откуда \[\frac43>\frac n4>1,\] чему удовлетворяет только \(n=5\). То есть \[\Omega'=\frac45\omega\iff\Omega=\frac95\omega.\] (Это можно получить и из того, что 4 петлям соответствуют 5 пересечений с осью \(y\), отвечающих вертикальному положению стержня. Это автоматически даёт \(\Omega'=\frac45\omega\).)

Симметрия рисунка относительно оси \(y\) (траектория параллельна оси \(x\) в крайних точках на оси \(y\)) требует, чтобы электрическое поле было направлено вертикально, когда бусинка находится в крайних точках на оси \(y\). Поэтому соответствующие смещения вдоль этих крайних точек должны складываться конструктивно или деструктивно. То есть расстояния от начала координат до самой верхней, \(|f|_t\), и самой нижней, \(|f|_b\), точек отвечают случаям \[|f|_b=\frac{a_E}{\omega^2+\Omega'^2}-\frac{g}{2\omega^2},\qquad |f|_t=\frac{a_E}{\omega^2+\Omega'^2}+\frac{g}{2\omega^2}.\] (Формальное обоснование: в этих крайних точках \(\dot f_1+\dot f_2=0\) и оба вклада пропорциональны синусоиде, так что \(\ddot f_1\) и \(\ddot f_2\) «ортогональны» в тех же точках. Поэтому, раз сила тяжести параллельна стержню, \(\ddot f_2\) принимает экстремальное значение, а значит \(\dot f_1=0\). Тогда \(\dot f_2=0\), и вклад \(\ddot f_2\) тоже экстремален. Это означает, что электрическое поле направлено вдоль или против стержня в этих крайних точках. Теперь \(f_1,f_2\propto\ddot f_1,\ddot f_2\) (так как они ортогональны \(\dot f_1,\dot f_2\)), и в этих крайних точках на оси \(y\) имеем \(|f|_b=|f_2|-|f_1|\) и \(|f|_t=|f_2|+|f_1|\).)

Измерения: \(|f|_b\approx2{,}8d\), \(|f|_t\approx3{,}3d\); решая, находим \[g=\frac{d\omega^2}{2},\qquad a_E=5d\omega^2.\]

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