Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13065
2020-02-10 
На гладком столе покоится гантелька, состоящая из жесткого легкого стержня длиной $L$ и двух маленьких одинаковых шариков на концах стержня. В начальный момент гантелька ориентирована с севера на юг. На один из шариков начинает действовать постоянная сила $\vec{F}$, все время направленная на восток. Найдите скорости шариков в тот момент, когда гантелька повернется на $90^{ \circ}$. Найдите также силу натяжения стержня в этот момент. Масса каждого шарика $M$.
Решение:
Центр масс гантельки движется прямолинейно с ускорением $a = \frac{F}{2M}$. Кроме того, гантелька неравномерно вращается вокруг своего центра. Угловую скорость вращения можно найти довольно просто. Пусть середина гантельки сместилась к некоторому моменту времени на $l$, а угол поворота гантельки относительно первоначального положения составил $\phi$. Полная механическая энергия гантельки, т.е. сумма энергии поступательного движения центра масс и энергии вращательного движения относительно центра масс, определяется работой действующей силы:
$W_{пост} + W_{вращ} = F \left ( l + \frac{1}{2} L \sin \phi \right )$.
С другой стороны,
$W_{пост} = 2M \frac{v^{2} }{2} = 2M \frac{2al}{2} = 2M \frac{Fl}{2M} = Fl$,
$W_{вращ} = 2 \frac{M \left ( \frac{L}{2} \right )^{2} \omega^{2} }{2} = \frac{ML^{2} \omega^{2} }{4}$.
Отсюда можно выразить угловую скорость вращения гантельки как функцию угла $\phi$:
$\omega = \sqrt{ \frac{2F \sin \phi }{ML} }$.
Теперь можно найти силу натяжения стержня $T$. Удобно перейти в систему отсчета, связанную с центром масс, только нужно учесть, что она неинерциальная. Движется эта система отсчета равноускоренно, так что достаточно добавить две силы инерции - на каждый шарик будет действовать добавочная сила $f = - Ma = - F/2$. Каждый шарик в этой системе движется по окружности радиусом $L/2$, тогда для одного из шариков в проекции на направлении стержня получим
$T - \frac{F \sin \phi}{2} = M \omega^{2} \frac{L}{2}$.
Отсюда
$T = \frac{3F \sin \phi }{2}$.
В условии задачи рассматривается случай $\phi = 90^{ \circ}$, при этом $T = 1,5F$.
Найти скорость поступательного движения шариков не так просто. Ускорение центра масс нам известно, а вот время "путешествия" определяется вращательным движением гантельки. При малых значениях угла отклонения все считается легко, но в нашем случае углы большие. Выражение для угловой скорости мы записали, но это функция угла, а не времени, и найти зависимость угла поворота от времени простым способом не получится. Время поворота можно записать в виде несложного интеграла: $\tau = \int \frac{ d \phi }{ \omega ( \phi)}$ в пределах изменения угла от 0 до $\pi /2$. Но интеграл в нашем случае "не берется", хотя примерный ответ получить можно: $\tau = 2,62 \sqrt{ \frac{Ml}{2F}}$, однако это неинтересно. Попробуем посчитать другим способом (но тоже приближенно). Для этого заметим, что при небольших углах поворота проекция действующей силы на касательное к окружности направление получается почти равной $F$, а в этом случае движение вдоль окружности происходит с неизменным касательным ускорением $\epsilon$. Для углов до 0,5 рад так и будем считать (можно взять и другое значение угла, но это - очень круглое и не очень большое). Время $\tau_{1}$ прохождения этой части пути по кругу находим из соотношения
$\frac{ \epsilon \tau_{1}^{2} }{2} = \phi_{1}$, и $\tau_{1} = \sqrt{ \frac{2 \phi_{1} }{ \epsilon } } = 1,41 \sqrt{ \frac{ML}{2F} }$.
Кстати, к концу этого интервала угловая скорость достигает 0,7 от максимальной. Дальнейшее движение происходит почти равномерно - средняя скорость вращения составляет примерно $\frac{0,7 +1}{2} = 0,85$ от максимальной. Тогда этот интервал времени равен
$\tau_{2} = \frac{ \frac{ \pi}{2} - \phi_{1} }{ \omega_{ср} } = \frac{1,57-0,5}{0,85 \omega_{max} } = 1,26 \sqrt{ \frac{ML}{2F} }$.
Всего при таком способе вычислений для времени "путешествия" получится
$\tau = \tau_{1} + \tau_{2} = 2,67 \sqrt{ \frac{ML}{2F} }$.
Видно, что этот грубый способ дает просто превосходную точность.
Теперь можно найти скорость центра гантельки к концу интервала и полную скорость каждого шарика в этот момент:
$V = \sqrt{ (a \tau )^{2} + \left ( \omega \frac{L}{2} \right )^{2} } = 1,67 \sqrt{ \frac{FL}{2M} }$.
На гладком столе покоится гантелька, состоящая из жесткого легкого стержня длиной $L$ и двух маленьких одинаковых шариков на концах стержня. В начальный момент гантелька ориентирована с севера на юг. На один из шариков начинает действовать постоянная сила $\vec{F}$, все время направленная на восток. Найдите скорости шариков в тот момент, когда гантелька повернется на $90^{ \circ}$. Найдите также силу натяжения стержня в этот момент. Масса каждого шарика $M$.
Решение:
Центр масс гантельки движется прямолинейно с ускорением $a = \frac{F}{2M}$. Кроме того, гантелька неравномерно вращается вокруг своего центра. Угловую скорость вращения можно найти довольно просто. Пусть середина гантельки сместилась к некоторому моменту времени на $l$, а угол поворота гантельки относительно первоначального положения составил $\phi$. Полная механическая энергия гантельки, т.е. сумма энергии поступательного движения центра масс и энергии вращательного движения относительно центра масс, определяется работой действующей силы:
$W_{пост} + W_{вращ} = F \left ( l + \frac{1}{2} L \sin \phi \right )$.
С другой стороны,
$W_{пост} = 2M \frac{v^{2} }{2} = 2M \frac{2al}{2} = 2M \frac{Fl}{2M} = Fl$,
$W_{вращ} = 2 \frac{M \left ( \frac{L}{2} \right )^{2} \omega^{2} }{2} = \frac{ML^{2} \omega^{2} }{4}$.
Отсюда можно выразить угловую скорость вращения гантельки как функцию угла $\phi$:
$\omega = \sqrt{ \frac{2F \sin \phi }{ML} }$.
Теперь можно найти силу натяжения стержня $T$. Удобно перейти в систему отсчета, связанную с центром масс, только нужно учесть, что она неинерциальная. Движется эта система отсчета равноускоренно, так что достаточно добавить две силы инерции - на каждый шарик будет действовать добавочная сила $f = - Ma = - F/2$. Каждый шарик в этой системе движется по окружности радиусом $L/2$, тогда для одного из шариков в проекции на направлении стержня получим
$T - \frac{F \sin \phi}{2} = M \omega^{2} \frac{L}{2}$.
Отсюда
$T = \frac{3F \sin \phi }{2}$.
В условии задачи рассматривается случай $\phi = 90^{ \circ}$, при этом $T = 1,5F$.
Найти скорость поступательного движения шариков не так просто. Ускорение центра масс нам известно, а вот время "путешествия" определяется вращательным движением гантельки. При малых значениях угла отклонения все считается легко, но в нашем случае углы большие. Выражение для угловой скорости мы записали, но это функция угла, а не времени, и найти зависимость угла поворота от времени простым способом не получится. Время поворота можно записать в виде несложного интеграла: $\tau = \int \frac{ d \phi }{ \omega ( \phi)}$ в пределах изменения угла от 0 до $\pi /2$. Но интеграл в нашем случае "не берется", хотя примерный ответ получить можно: $\tau = 2,62 \sqrt{ \frac{Ml}{2F}}$, однако это неинтересно. Попробуем посчитать другим способом (но тоже приближенно). Для этого заметим, что при небольших углах поворота проекция действующей силы на касательное к окружности направление получается почти равной $F$, а в этом случае движение вдоль окружности происходит с неизменным касательным ускорением $\epsilon$. Для углов до 0,5 рад так и будем считать (можно взять и другое значение угла, но это - очень круглое и не очень большое). Время $\tau_{1}$ прохождения этой части пути по кругу находим из соотношения
$\frac{ \epsilon \tau_{1}^{2} }{2} = \phi_{1}$, и $\tau_{1} = \sqrt{ \frac{2 \phi_{1} }{ \epsilon } } = 1,41 \sqrt{ \frac{ML}{2F} }$.
Кстати, к концу этого интервала угловая скорость достигает 0,7 от максимальной. Дальнейшее движение происходит почти равномерно - средняя скорость вращения составляет примерно $\frac{0,7 +1}{2} = 0,85$ от максимальной. Тогда этот интервал времени равен
$\tau_{2} = \frac{ \frac{ \pi}{2} - \phi_{1} }{ \omega_{ср} } = \frac{1,57-0,5}{0,85 \omega_{max} } = 1,26 \sqrt{ \frac{ML}{2F} }$.
Всего при таком способе вычислений для времени "путешествия" получится
$\tau = \tau_{1} + \tau_{2} = 2,67 \sqrt{ \frac{ML}{2F} }$.
Видно, что этот грубый способ дает просто превосходную точность.
Теперь можно найти скорость центра гантельки к концу интервала и полную скорость каждого шарика в этот момент:
$V = \sqrt{ (a \tau )^{2} + \left ( \omega \frac{L}{2} \right )^{2} } = 1,67 \sqrt{ \frac{FL}{2M} }$.
