Верёвка на перекладине

Нить нерастяжима, поэтому проекция скорости груза на нить равна \(v\). Ускорение найдите, продифференцировав связь \(L^2=x^2+H^2\) дважды; в момент отрыва вертикальная составляющая натяжения равна \(Mg\).

i) \(u=\dfrac{v}{\sin\alpha}\);  ii) \(|\ddot x|=\dfrac{v^2}{H}\cot^3\alpha\);  iii) \(\alpha_0=\arctan\sqrt[4]{\dfrac{v^2}{gH}}\).

i) Поместим перекладину в начало системы координат, где \(x\) — горизонтальное расстояние от перекладины до груза вдоль пола, а \(H\) — высота перекладины над полом. Длина отрезка верёвки от перекладины до груза \[L=\sqrt{x^2+H^2},\qquad \sin\alpha=\frac xL.\] Способ 1 (нерастяжимость, проекции скоростей). Так как верёвка нерастяжима, компоненты скоростей её двух концов вдоль верёвки должны совпадать: с какой скоростью один конец удаляется от точки верёвки, с такой же второй должен к ней приближаться. Рука, тянущая верёвку, тянет её вдоль неё самой со скоростью \(v\), так что верёвка укорачивается со скоростью \(v\). Груз движется горизонтально к перекладине со скоростью \(u\); его компонента скорости вдоль верёвки (которая составляет с вертикалью угол \(\alpha\), а значит, с полом угол \(\frac\pi2-\alpha\)) равна \(u\sin\alpha\). Приравнивая: \[u\sin\alpha=v\quad\Longrightarrow\quad u=\frac{v}{\sin\alpha}.\] Способ 2 (неявное дифференцирование). Дифференцируя \(L^2=x^2+H^2\) по времени: \[L\dot L=x\dot x.\] С \(\dot L=-v\) (отрезок укорачивается с постоянной скоростью) и \(\sin\alpha=x/L\): \[\dot x=-\frac{Lv}{x}=-\frac{v}{\sin\alpha},\qquad u=|\dot x|=\frac{v}{\sin\alpha}.\] ii) Способ 1 (продолжая с \(L\dot L=x\dot x\)). Дифференцируем ещё раз при постоянной \(\dot L=-v\) (так что \(\ddot L=0\)): \[\dot L^2=\dot x^2+x\ddot x,\qquad \ddot x=\frac{v^2-\dot x^2}{x}=\frac{v^2-u^2}{x}.\] Так как \(u^2>v^2\), имеем \(\ddot x<0\): груз ускоряется к перекладине. С \(u=v/\sin\alpha\) и \(x=H\tan\alpha\): \[|\ddot x|=\frac{u^2-v^2}{x}=\frac{v^2(1-\sin^2\alpha)/\sin^2\alpha}{H\tan\alpha}=\frac{v^2}{H}\cot^3\alpha.\] Способ 2 (прямое дифференцирование \(u=v/\sin\alpha\)). Угол \(\alpha\) меняется со временем по мере скольжения груза; введём \(\omega=-\dot\alpha\) (положительна, пока \(\alpha\) убывает). Положение груза \(x=H\tan\alpha\), поэтому его скорость \[u=-\dot x=-\frac{H}{\cos^2\alpha}\dot\alpha=\frac{H\omega}{\cos^2\alpha}.\] Вместе с \(u=v/\sin\alpha\) это даёт \[\omega=\frac{u\cos^2\alpha}{H}=\frac{v\cos^2\alpha}{H\sin\alpha}.\] Дифференцируя \(u=v/\sin\alpha\) по времени: \[\dot u=-\frac{v\cos\alpha}{\sin^2\alpha}\dot\alpha=\frac{v\omega\cos\alpha}{\sin^2\alpha}.\] Подставляя \(\omega\): \[|\ddot x|=\dot u=\frac{v\cos\alpha}{\sin^2\alpha}\cdot\frac{v\cos^2\alpha}{H\sin\alpha}=\frac{v^2}{H}\cot^3\alpha.\] iii) Пока груз на полу, единственная горизонтальная сила, действующая на него, — горизонтальная составляющая натяжения верёвки \(T\sin\alpha\), направленная к перекладине. Второй закон Ньютона в горизонтальном направлении: \[T\sin\alpha=M|\ddot x|=\frac{Mv^2\cos^3\alpha}{H\sin^3\alpha},\qquad T=\frac{Mv^2\cos^3\alpha}{H\sin^4\alpha}.\] По вертикали \(T\cos\alpha+N=Mg\), где \(N\) — сила нормальной реакции пола. Груз отрывается, когда \(N=0\), т. е. \(T\cos\alpha_0=Mg\): \[\frac{Mv^2\cos^4\alpha_0}{H\sin^4\alpha_0}=Mg,\qquad \tan^4\alpha_0=\frac{v^2}{gH},\qquad \alpha_0=\arctan\sqrt[4]{\frac{v^2}{gH}}.\]

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