Шарики в жёлобе

Вдоль образующей на шарик не действует никакая сила. А как движется шарик в поперечном сечении жёлоба? На что это движение похоже, и от чего зависит его период?

Да, встретятся: на дне жёлоба на расстоянии \(L=\pi u\sqrt{R/g}\) от начальной точки (\(u\) — проекция скорости вдоль образующей, \(R\) — радиус жёлоба) и затем через каждые такие же \(L\).

Что происходит. Жёлоб горизонтален, поэтому вдоль образующей на шарик никакая сила не действует, и вдоль неё он движется равномерно с одной и той же для всех скоростью \(u\). В поперечном сечении жёлоб — дуга окружности: шарик движется по ней как математический маятник длиной \(R\). Углы небольшие, колебания малые, и их период не зависит от амплитуды. Значит, все шарики, начав с дна одновременно, возвращаются на дно одновременно, а вдоль образующей за это время проходят одинаковое расстояние. Главная идея: период малых колебаний не зависит от амплитуды, как в линзе все лучи из точки сходятся в одну точку.

Обозначения. Модель: точечные шарики, жёлоб — внутренняя поверхность горизонтального кругового цилиндра радиуса \(R\), трения нет. Ось \(z\) направим вдоль образующей, \(\varphi\) — угол между радиусом, проведённым к шарику в поперечном сечении, и вертикалью, проходящей через дно, \(u\) — общая проекция скорости на ось \(z\), \(v_\perp\) — проекция скорости на плоскость поперечного сечения.

1. Движение вдоль образующей. Сила тяжести направлена вертикально, сила нормальной реакции — по радиусу жёлоба к оси: обе лежат в плоскости поперечного сечения и не имеют проекции на ось \(z\). По второму закону Ньютона в проекции на \(z\) ускорение вдоль образующей равно нулю: \[z=ut.\]

2. Движение в поперечном сечении. В плоскости сечения шарик скользит по окружности радиуса \(R\) под действием тех же двух сил. Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на касательную к окружности: \(R\ddot\varphi=-g\sin\varphi\) — это уравнение математического маятника длиной \(R\) (сила нормальной реакции на касательную не проецируется). Углы небольшие (\(\varphi_{\max}\approx\dfrac{v_\perp}{\sqrt{gR}}\ll1\)), поэтому \(\sin\varphi\approx\varphi\) и \[\ddot\varphi=-\frac{g}{R}\,\varphi,\qquad \varphi=\varphi_m\sin\omega t,\quad \omega=\sqrt{\frac{g}{R}}.\] Начало движения — со дна (\(\varphi=0\)) с поперечной скоростью \(v_\perp=R\omega\varphi_m\); амплитуда \(\varphi_m\) у разных шариков разная и в любую сторону, а частота \(\omega\) у всех одна: она не зависит от амплитуды и от начальной скорости.

3. Когда шарики снова на дне. \(\varphi=0\) при \(\omega t=k\pi\), то есть в моменты \[t_k=k\,\frac{\pi}{\omega}=k\pi\sqrt{\frac{R}{g}},\qquad k=1,2,\ldots\] Эти моменты одни и те же у всех шариков. Вдоль образующей за это время шарик проходит \(z_k=ut_k=k\pi u\sqrt{R/g}\) — тоже одинаково у всех. Значит, в момент \(t_k\) все шарики оказываются в одной точке дна, на расстоянии \(L=\pi u\sqrt{R/g}\) от места вылета и затем каждые \(L\) (рис.): они встречаются.

Обратите внимание: вывод держится на малости углов. При больших амплитудах период маятника растёт, и шарики с разными \(\varphi_m\) приходили бы на дно в разные моменты — точной встречи не было бы. Условие не уточняет, скользят шарики или катятся; у катящихся шариков частота \(\omega\) была бы другой, но по-прежнему одной и той же у всех, и вывод о встрече остался бы тем же.

Ответ: да, шарики встретятся на дне жёлоба на расстоянии \(L=\pi u\sqrt{\dfrac{R}{g}}\) от точки вылета (и повторно на расстояниях \(2L\), \(3L\), …).

Проверка. Размерность: \(\sqrt{R/g}\) — секунды, \(u\cdot\text{с}\) — метры. Предел: \(R\to\infty\) (плоскость) даёт \(L\to\infty\): возвращающей силы нет, шарики расходятся и не встречаются. Числа: для \(R=10\) см и \(u=1\) м/с получаем \(L=\pi\cdot1\cdot\sqrt{0{,}1/9{,}8}\approx0{,}32\) м. Физический смысл: жёлоб фокусирует пучок шариков так же, как линза фокусирует лучи.

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