Частица в квадратной области

Определите, как направлена сила относительно скорости: в 1.3 сила всё время перпендикулярна скорости, а в 1.4 вспомните траекторию точки на ободе катящегося колеса.

1.1) \(B(l,\ l/2)\), \(t=\dfrac{\sqrt5-1}{2}\tau\approx0{,}62\tau\); 1.2) \(B(l/\sqrt2,\ l)\), \(t=\tau/\sqrt2\); 1.3) \(B(0,0)\), \(t=\dfrac{\pi}{4}\tau\); 1.4) \(\left(\dfrac{\pi}{4}l,\ 0\right)\), \(t=\dfrac{\pi}{2}\tau\).

1.1 Поскольку вектор силы \(\vec{F}\) сонаправлен с вектором начальной скорости \(\vec{v}_{0}\) частицы, то ее движение будет прямолинейным и равноускоренным. В таком случае частица, двигаясь вдоль прямой \(\text{АВ}\) (траектория движения частицы), покинет выделенную область в точке \(B\) с координатами \(B(l, \frac{l}{2})\). Для вычисления времени движения частицы найдем ее ускорение \(a = \frac{F}{m} = \frac{2ml}{\tau^{2}} \cdot \frac{1}{m} = \frac{2l}{\tau^{2}}\) и запишем закон равноускоренного движения

\[l = v_{0}t + \frac{at^{2}}{2} \Rightarrow l = \frac{l}{\tau} \cdot t + \frac{2l}{\tau^{2}} \cdot \frac{t^{2}}{2} \Rightarrow \left(\frac{t}{\tau}\right)^{2} + \left(\frac{t}{\tau}\right) - 1 = 0.\tag{1}\]

Решение квадратного уравнения (1) даёт два корня

\[t = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} \tau,\tag{2}\]

Из которых нас интересует корень со знаком «+». Таким образом, частица покинет выделенную область в указанных координатах через промежуток времени

\[t = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \tau = 0{,}62 \tau.\tag{3}\]

1.2 Поскольку в данном случае вектор силы \(\vec{F}\) не параллелен вектору начальной скорости \(\vec{v}_{0}\) частицы, то её движение будет происходить по параболе, ветви которой направлены вверх. Движение вдоль оси \(Oy\) будет равноускоренным (\(a = \frac{F}{m} = \frac{2l}{\tau^{2}}\)) без начальной скорости, т.к. вектор \(\vec{v}_{0}\) «горизонтален». Следовательно, частица достигнет верхней границы области за время

\[\frac{l}{2} = \frac{at^{2}}{2} \Rightarrow t = \frac{\tau}{\sqrt{2}}.\tag{4}\]

При этом смещение частицы вдоль оси \(Ox\) составит

\[x = v_{0}t \Rightarrow x = \frac{l}{\tau} \cdot \frac{\tau}{\sqrt{2}} = \frac{l}{\sqrt{2}} = 0{,}71 l.\tag{5}\]

Как следует из (5), частица покинет выделенную область, двигаясь по параболе, в точке \(B\), координаты которой \(B(\frac{l}{\sqrt{2}}, l)\) через промежуток времени \(t = \frac{\tau}{\sqrt{2}}\) (см. рис.). Отметим, что в данной задаче необходим анализ, через какую из сторон частица покинет данную область. При меньшем ускорении это было бы возможно и через сторону \(x = l\).

1.3 Если при движении частицы на неё действует сила, которая все время перпендикулярна вектору скорости \(\vec{v}_0\) частицы (т.е. сила «поворачивается» вместе с частицей), то эта сила не может изменить модуля скорости частицы, изменяя лишь её направление. Следовательно, траектория движения в данном случае будет представлять собой окружность некоторого радиуса \(R\) (см. рис.), по которой частица будет равномерно двигаться.

Согласно второму закону Ньютона для движения частицы по окружности запишем

\[F = \frac{4mv_0^2}{l} = ma = m\frac{v_0^2}{R} \quad \Rightarrow \quad R = \frac{l}{4}.\tag{6}\]

Как следует из (6), частица, совершив под действием силы пол-оборота, покинет выделенную область через точку начала координат (точка 0), имея тот же модуль скорости \(v_0\), но противоположное направление движения. Это произойдет через промежуток времени

\[\pi R = v_0 t \quad \Rightarrow \quad t = \frac{\pi R}{v_0} = \frac{\pi}{4}\tau = 0{,}78\tau.\tag{7}\]

Таким образом, траектория движения частицы в этом случае будет представлять собой полуокружность радиуса \(R = \frac{l}{4}\), координаты точки выхода частицы — \(B(0{,}0)\).

1.4 Данный пункт является самым «олимпиадным» вариантом движения частицы в данной задаче. Действительно, как следует из условия, в начальный момент времени вектор силы \(\vec{F}\) перпендикулярен вектору начальной скорости \(\vec{v}_0\) частицы. Однако мы не можем утверждать, что это свойство системы сохраниться в любой момент времени и при дальнейшем движении частицы, поскольку возможен вариант «различных» поворотов векторов силы и скорости с течением времени.

В таком случае обратимся к методу аналогий и постараемся «угадать» необходимое решение, используя опыт рассмотрения различных кинематических задач. Если рассмотреть движение точки на ободе колеса, катящегося без проскальзывания со скоростью \(\vec{v}\) по горизонтальной поверхности, то можно заметить, что ее скорость в верхней точке траектории равна \(2v\), поскольку складываются скорости поступательного и вращательного движений.

Рассмотрим, колесо радиуса \(R = \frac{l}{4}\), центр которого движется без проскальзывания со скоростью \(\vec{v}_0/2\) по горизонтальной поверхности. Тогда скорость движения его верхней точки (\(\vec{v}_0\)) будет совпадать и по модулю и по направлению со скоростью частицы. Угловая скорость поворота колеса (соответственно и угловой скорости поворота колеса) в этом случае равна

\[\omega = \frac{v_0/2}{l/4} = 2\frac{v_0}{l}.\tag{8}\]

Ускорение частицы будет обусловлено только вращением, следовательно, модуль силы, действующей на точку обода колеса массой \(m\), будет равен

\[F = m a = m \omega ^ { 2 } R = m \left( 2 \frac { v _ { 0 } } { l } \right) ^ { 2 } \frac { l } { 4 } = \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { l } \, .\tag{9}\]

Проекции силы на оси координат равны

\[\begin{array} { l } { { F _ { x } = - \displaystyle \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { l } \sin \left( 2 \displaystyle \frac { v _ { 0 } } { l } t \right) } } \\ { { F _ { y } = - \displaystyle \frac { m v _ { 0 } ^ { 2 } } { l } \cos \left( 2 \displaystyle \frac { v _ { 0 } } { l } t \right) } } \end{array} .\tag{10}\]

Таким образом, начальные условия (координаты и скорости) и зависимости ускорений от времени в двух задачах совпадают, поэтому совпадают и законы движения. Таким образом, траекторией движения частицы в данном случае будет траектория точки на ободе катящегося без проскальзывания колеса – циклоида.

Следовательно, частица в первый раз коснется границы выделенной области в точке \(B\) (см. рис.) через время, равное половине оборота колеса \(t = \frac{\pi l}{2v_0}\) в точке с координатами \((\frac{\pi}{4}l, 0)\).

В заключение продемонстрируем все точные траектории движения точки, рассмотренные в данной задаче на отдельном рисунке.

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