Решение

Назовем совокупность шариков, нанизанных на стержень, системой (рис.3.3.1). Все силы, действующие на систему (а это сила тяжести Mg и сила реакции стола N), параллельны оси ординат ОY. Здесь М=3m – масса системы. Обозначим результирующую силу

`F=M`g+`N.

По условию задачи стол абсолютно гладкий, поэтому

F_х=0.

Значит, абсцисса центра масс системы останется неизменной в процессе всего движения, а т. к. центр масс совпадает с положением центра шарика 2, то делаем вывод, что

(V₂) _х =0.

Далее из условия жесткой связи следует, что проекции скоростей всех трех шариков на ось их соединения должны совпадать, иначе они бы разошлись на расстояние, не равное L /2. Воспользуемся этим выводом при описании поведения системы в момент падения на стол. В этом случае ось стержня расположена горизонтально, и, как отмечено выше, все шарики имеют одинаковую проекцию скорости на нее. Но шарик 2 (центр масс) никогда и не имел проекции на ось абсцисс, следовательно, и два других шарика могут иметь скорости только в направлении ОY.

Теперь внимательнее посмотрим на движение шарика 3. Предположим, что оно осуществлялось вдоль стола, следовательно, скорость V ₃ может быть только горизонтальной. Строго обоснуем это чуть позже.

Делаем вывод, который следует из условия отсутствия у всех шариков проекций скоростей на ось ОХ в момент удара. Шарик 3 двигался только в горизонтальном направлении, значит, в момент падения стержня он стоит. Этот вывод поможет нам найти соотношение между скоростями V ₂ и V ₁. Фактически задача свелась к расчету простой ситуации: точка 3 покоится, а точки 2 и 1 вращаются вокруг нее с определенной угловой скоростью. Значит, линейные скорости относятся так же, как радиусы вращения (см. рис. 3.3.2), т. е.

R ₁: R ₂ = V ₁: V ₂ = 2:1.

Здесь мы обозначили R ₁ = L – расстояние от шарика 1 до шарика 3, а R ₂ – соответственно от 2-го до 3-го. Следовательно,

2 V ₂ = V ₁.

Рис. 3.3.2

Теперь можно воспользоваться законом сохранения механической энергии. Запишем полную энергию системы в начальный момент:

. (3.3.1)

Поясним, что до начала движения полная энергия состояла только из потенциальной энергии первого и второго шариков, а отсчитываем ее от уровня стола, на котором проводится наш мысленный эксперимент. В момент удара о стол полная энергия есть сумма кинетических энергий каждого участника движения.

,

. (3.3.2)

Приравняв выражения для полной энергии в начале движения и в момент удара, получим

,

следовательно,

◄ ►. (3.3.3)

Задача решена.

Теперь обсудим ряд поучительных моментов. Сравним ускорение центра масс системы с g. Рассуждаем так: воспользуемся теоремой о движении центра масс и посчитаем результирующую силу F, действующую на систему, и разделим ее на полную массу. Так мы найдем ускорение центра масс:

а _ц= . (3.3.4)

Если нам удастся доказать, что а _ц < g, то это будет означать, что шарик 3 не оторвался от стола и наше предположение о его движении оказалось верным. Действительно, если шарик 3 оторвется от стола, то N станет равной нулю. Значит, из формулы (3.3.4) получим а _ц = g.

Для обоснования неравенства а _ц <g сделаем расчет зависимости ускорения центра масс от его высоты h (см. рис. 3.3.1). Пусть его скорость V.

а _ц = .

Рис.3.3.3

Так как мы направили ось ординат вниз, то V= – d h/ d t.

Расчет V(h) произведем из энергетических соображений.

На рис. 3.3.3 изображен стержень в промежуточном положении. Центр масс находится на высоте h от стола. Ось стержня наклонена к плоскости стола под углом α. Шарик 3 имеет скорость V ₃, шарик 2 – V, шарик 1 – V ₁. Спроецируем скорости V и V ₃ на ось стержня.

Vsin α= V ₃ cos α,

V ₃ = V = V ,

где х = 2h/L = sin α – безразмерная переменная.

В системе центра масс шарики 1 и 3 имеют одинаковые по модулю линейные скорости, обозначим их U ₁ и U ₃ соответственно.

U ₃ = U ₁ = V / cos α,

V ₁² = V ²+ U ₁²–2 VU ₁ cos (π – α)= V ² .

Из закона сохранения механической энергии имеем:

3 mg (L /2 – h)= .

Находим зависимость

V (x)= ,

а _ц =3 g .

Осталось доказать, что при х [0;1] верно неравенство

3 <1.

Это можно показать, во-первых, на компьютере численно, во-вторых, через несложные преобразования, которые приведем ниже.

Неравенство преобразуется к такому виду:

9 х ⁴ – 33 х ² + 6 х + 20>0.

То, что функция f (х)= 9 х ⁴ – 33 х ² + 6 х + 20 положительна при х [0; 1], можно показать с помощью производных или численно на компьютере.

/6=6 х ³ – 11 х + 1,

/6=18 х ² – 11.

Вторая производная равна нулю на отрезке [0;1] в одной точке х ₁= , первая производная имеет в этой точке минимум.

Но (0)>0 и (1)<0, значит, существует единственная точка х ₀ внутри [0;1], в которой (х ₀)=0. Нам не обязательно ее находить, важно, что она одна. В этой точке функция f (х) имеет максимум.

Кроме того, мы знаем знаки функции на границах промежутка f (0) >0 и f (1) >0. Это и означает, что f (х) >0 при х [0;1].

А что будет, если описать движение шарика 2 как самостоятельный объект (он ведь "не знает", что является центром масс)? Ученики рисовали картинку, в которой силы реакции стержня направлены вдоль его оси. Но из такой расстановки сил сразу же следует вывод: в горизонтальном направлении центр масс не может сместиться за счет внутренних сил, а Т₁ и Т₂ являются для рассматриваемой системы именно внутренними. Значит, Т₁сosa= Т₂сosa.

Откуда получаем, что Т₁ = Т₂ . Этот вывод влечет за собой следующее противоречие. Проекции сил Т₁ и Т₂ на ось ОY противоположны, и результирующая сила совпадет с m g, что приведет к свободному падению центра масс. А мы уже установили в, что его ускорение будет несколько меньше, чем g. Где же ошибка в рассуждениях? В расстановке сил. Дело в том, что в нашем случае шарик и стержень связаны жестко, поэтому и направление их взаимодействия может быть любым. Все вышеизложенные противоречия снимаются, если направления сил выбрать так, чтобы проекции сил Т ₁ и Т ₂ на ось абсцисс были взаимообратные, а их векторная сумма направлена вверх.

Можно разобрать вопрос о правомерности использования закона сохранения энергии. Действительно, определенная тонкость в этом есть. Вывод о сохранении полной механической энергии во многих учебниках получен для равноускоренного движения материальной точки. В нашем случае ускорение стержня переменное, к тому же он еще и не материальная точка.

Следовательно, модуль изменения потенциальной энергии системы МgL/2 не совпадет с конечной кинетической энергией МV ²/2, где V – скорость центра масс, а М – общая масса системы. Все дело в том, что сила реакции N создает момент сил относительно центра масс, который произведет раскручивание системы. Но в целом кинетическую энергию системы можно описать как энергии поступательного движения центра масс и вращательного движения в системе координат, связанной с центром масс. Сила N, хотя и является неконсервативной, но работы не совершает (всегда ортогональна перемещению шарика 3). Поэтому полная кинетическая энергия, конечно, равна исходной энергии Е (ведь в нашей задаче нет сил трения или других каналов диссипации энергии). Действительно,

Е _пост= .

При переходе в систему точки 2, движущуюся в момент приземления со скоростью V ₁/2, получаем скорости вращения в системе центра масс V _1ц= V _3ц= V ₁/2. Значит,

,

Е = Е _пост + Е _вр= .

Это совпадает с (3.3.1).

Обобщенно выделим этапы исследования:

1. Вывод о том, что скорость шарика 3 при падении системы равна нулю, следовал из двух независимых утверждений: а) (V ₂) _x=0 в любой момент времени, б) проекции скоростей на ось стержня одинаковы.

2. Правомерность использования закона сохранения механической энергии в данном случае обусловлена тем, что неконсервативная сила N работы не совершает.

3. Центр масс испытывает ускорение, меньшее чем g. Следовательно, отрыва шарика 3 не происходит.

Можно предложить следующие дополнительные задания для самостоятельного исследования:

1. Сравнить ускорение шарика 1 с g.

2. Опишите характер движения шарика 3.

История.

Я думаю месяцами и годами. Девяносто девять раз ошибаюсь. В сотый раз я прав. (А. Эйнштейн)

§ 3.4