Задача 2: шарик подвешен к балке на тонкой невесомой нити

Маленький шарик подвешен к балке на тонкой невесомой нити длиной l = 10 см.
  1. Какую минимальную скорость необходимо сообщить шарику, чтобы он смог сделать оборот в вертикальной плоскости?
  2. Через какое минимальное время шарик сможет удариться о горизонтальную балку при сообщении ему минимальной скорости?
  3. В какой точке произойдет уход со своей траектории шарика, если сообщенная скорость в нижней точке будет в два раза меньше минимальной?
  4. Какую наименьшую скорость vo необходимо сообщить шарику в горизонтальном направлении, чтобы он ударился о кронштейн в точке подвеса?



Решение:

1. Запишем закон сохранения энергии для нижней точки маятника, выбрав ее в качестве нулевого уровня:

mv2= mg • 2l + mv12,
2 2 
где v1 — минимальная скорость в верхней точке траектории. Скорость v1 найдем из условия равенства нулю силы натяжения нити:
ma = mg,     a = g,     v12= g,     v12 = gl.
 l 
Тогда:
mv2= mg • 2l + mgl.
2 2
Решая последнее уравнение относительно искомой скорости, найдем:
v = √(5gl).

2. Минимальное время будет в том случае, если скорость шарику сообщить в вертикальном направлении. Запишем уравнение высоты:

Y = Yo + vt − gt2.
2 
Когда шарик ударится о точку подвеса (балку), то координата его будет равна длине нити:
l = vt − gt2
2 
или
gt2− vt + l = 0.
2
Получили квадратное уравнение относительно искомого времени t. Его корни:
t1,2 = v ± √(v2 − 2gl).
g 
Два корня вполне объяснимы: первый — при движении вверх (минимальное время), второй — при движении обратно (если убрать помеху). Нам нужен корень с минимальным значением, следовательно:
 tmin =v − √(v2 − 2gl)=√(5gl) − √(5gl − 2gl)=
gg
=√(5gl) − √(3gl)= 0,5√l = 0,05 c.
gg

3. Запишем закон сохранения энергии для шарика в точке схода с траектории:

mv2=mv12+ mgl(1 − cos α),
 2 2
где угол α — угол между вертикалью и нитью в исследуемый момент времени. Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем:
−mg cos α = mv12.
 l 
Выразим скорость v12 = −gl cos α и подставим в закон сохранения:
v2= −gl cos α + gl(1 − gl cos α).
22
Выразим из последнего уравнения cos α:
v2 = − gl cos α + 2gl(1 − cos α) = −gl cos α + 2gl − 2gl cos α = 2gl − 3gl cos α.
Учтем, что:
v = √(5gl).
2
Тогда:
5gl= 2gl − 3gl cos α
4
или
5= 2 − 3 cos α,
4
или
cos α = 1;   α = 75.5°.
4

Комментарий: казалось бы, угол найден и ответ очевиден, при угле с вертикалью в 75,5° шарик сойдет с траектории, но условие T = 0 оказалось не достаточным. Так что ответ на этот вопрос таков: шарик не сойдет со своей траектории движения и за счет возвращающей силы будет двигаться к положению равновесия. Подумайте сами и найдите необходимое условие для схода шарика с траектории движения.

рисунок4. Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем:

−mg cos α = mv2.     (1)
l
здесь m — масса шарика. Запишем закон сохранения энергии для этой же точки:
mvo2= mv2+ mgl(1 − cos α).     (2)
 2 2
Из (1) и (2) получаем:
cos α = − vo2 − 2gl,   v2 = − gl cos α.
 3gl 
Далее до точки подвеса шарик летит по параболе:
−vt cos α = x,
y + vt sin α − gt2 = 0.
2
где   x = l sin α, y = −l cos α.
Тогда:
t =n sin α + √(v2 sin2α − 2lg cos α)   и   t = − ltg α.
gv
Приравнивая друг другу эти выражения и учитывая, что:
− gl cos α = v2,
получаем:
v sin α + √(v2 sin2 α + 2v2) =v2 sin α.     (3)
v cos2 α
Решая уравнение (3), находим:
 sin2 α = 2,   cos α − √3≅ −0,577,
33
vo = 1,93 м/с.


Далее: лодка переплывает реку   [тема: многоступенчатые задачи]