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
Fх=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