Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14440
2020-11-28 
На середину тонкого невесомого стержня длиной $l = 20 см$ прикреплен пластилиновый шарик. Стержень поставлен вертикально у гладкой стенки. Нижний конец стержня может скользить по полу без трения. Стержень находится в неустойчивом равновесии и при незначительном выведении из этого положения начинает сдвигаться, двигаясь в той же плоскости. Когда шарик упадет на пол, она прилипает к ней и остается неподвижной. Определить расстояние центра стержня от стенки.
Решение:
Прежде всего надо заметить, что если бы конце стержня все время скользили по взаимно перпендикулярных плоскостях, то его центр описывал бы дугу окружности радиуса, равной половине длины стержня ($r = 10 см$) с центром, который лежит в точке пересечения плоскостей. На первый взгляд кажется, что центр стержня должно описывать какую-то вогнутую кривую, направленную выпуклостью вниз. На самом деле это не так. Центр стержня должен двигаться по дуге, которая обращена своей выпуклостью вверх. Докажем это.
Пусть стержень АВ опирается на стенку и пол (рис.). S - центр стержня. Опустим из точки S перпендикуляры SC и SD на стенку и пол. Четырехугольник OCSD прямоугольный, а потому его диагонали SO и CD равны друг другу. Треугольники ACS и OAB подобные. Отсюда следует, что точка C делит отрезок OA на две равные части. Аналогично докажем, что точка D лежит на середине отрезка OB. Треугольники OCD и OAB подобные как треугольники с общим углом, а соответствующие стороны, прилегающие к этому углу, пропорциональны. Тогда $\frac{CD}{AB} = \frac{OC}{OA}$. Поскольку $\frac{OC}{OA} = \frac{1}{2}$, то $CD = \frac{1}{2} AB$, но мы ранее доказали, что OD = OS, тогда $OS = \frac{1}{2} AB$. Итак, если стержень соприкасается своими концами к стенкам и пола, то расстояние его центра от точки О равна половине длины стержня. Иначе говоря, середина стержня, пока он не оторвался от стены, двигалась по дуге окружности с центром в точке О.
Укажем силы, действующие на стержень: $F_{1}$ - реакция пола, $F_{2}$ - реакция стены, сила $R$ - равнодействующая сил $F_{1}$ и $F_{2}$. Поскольку стержень невесомый, его момент инерции относительно центра равна нулю. В противном случае стержень должен был бы двигаться с бесконечно большим угловым ускорением относительно точки S. Поскольку при вращении стержня, скользит концами по полу и стенах, его центр движется по дуге окружности, то бесконечно большое угловое ускорение стержня прикрыла бы бесконечно большое линейное ускорение материальной шарики, прикрепленной в центре стержня, а это невозможно, потому шарик имеет массу.
По закону моментов $F_{1}r \sin \alpha = F_{2}r \cos \alpha$, откуда $\frac{F_{2} }{F_{1} } = tg \alpha$. Это означает, что равнодействующая $R$ сил $F_{1}$ и $F_{2}$ направлена по радиусу круга.
Рассмотрим движение шарика по кругу и найдем такое положение, при котором $R = 0$. Если бы центр стержня все время двигался по кругу, то после прохождения такого положения $R$ должен был изменить направление, что невозможно.
Точка, в которой $R = 0$, является точкой, после которой движение середины стержня будет свободным движением - концы стержней не будут давить на стенку и пол, и сила реакции исчезает.
По закону сохранения энергии имеем: $\frac{1}{2} mv^{2} = mgr (1 - \cos \alpha)$, где $v$ - скорость центра стержня. Отсюда $\frac{mv^{2} }{2} = 2mg (1 - \cos \alpha )$. Центростремительная сила при движении стержня по окружности является векторной суммой составляющей $m \vec{g}$ вдоль радиуса и силы реакции $\vec{R}$: $\frac{mv^{2} }{2} = mg \cos \alpha - R$. Приравняем правые части последних равенств: $2mg (1 - \cos \alpha ) = mg \cos \alpha - R$. Если $R = 0$, имеем $2mg (1 - \cos \alpha ) = mg \cos \alpha$, откуда $\cos \alpha = \frac{2}{3}$ или $h = \frac{2}{3} r$. Итак, стержень оторвется от стены на высоте $h = \frac{1}{3} r$. Дальнейшее движение центра стержня происходит так, будто тело брошено под углом к горизонту. В момент, когда центр стержня «отрывается» от круга, его скорость $v_{0} = \sqrt{2gr (1 - \cos \alpha ) } = \sqrt{ \frac{2}{3} gr }$. Скорость эта касательна к кругу. Разложим ее на горизонтальную и вертикальную составляющие:
$v_{г} = \sqrt{ \frac{2}{3}gr } \cos \alpha = \frac{2}{3} \sqrt{ \frac{2}{3}gr }$;
$v_{в} = \sqrt{ \frac{2}{3}gr } \sin \alpha = \frac{1}{3} \sqrt{5} \sqrt{ \frac{2}{3} gr }$.
Расстояние $d$ в момент отрыва конца стержня от стены составляет $r \sin \alpha$ или $\frac{1}{3} \sqrt{5r}$. Если $R = 0$, то есть момент, когда центр стержня начинает двигаться так, будто тело, брошенное под углом вниз, показано на рис. Обозначим через $D$ искомое расстояние центра стержня в момент падения на пол, а через $t$ - время движения центра стержня с момента, когда реакция $R = 0$. Имеем: $h = v_{в}t + \frac{1}{2} gt^{2}$ и $D = d + v_{г}t$. Исключив из этих уравнений $t$, получим квадратное уравнение относительно $D$:
$\frac{g}{2v_{г}^{2} } - \left ( \frac{dg}{v_{г}^{2} } - \frac{v_{в} }{v_{г} } \right ) D + \left ( \frac{d^{2} g}{2v_{г}^{2} } - \frac{v_{в} }{v_{г} }d - h \right ) = 0$,
или
$gD^{2} - D(dg - v_{г}v_{в} ) + (d^{2}g - 2v_{в}v_{г}d - 2hv_{г}^{2} ) = 0$.
Решив это уравнение, получим:
$D_{1,2} = \frac{dg - v_{в}v_{г} \pm v_{г} \sqrt{v_{в}^{2} + 2gh } }{g}$.
Если взять корень со знаком минус, то получим: $D < d$, что физически невозможно, а потому берем только положительное значение корня. Подставим значения $d, v_{в}, v_{г}$ и $h$: $D = \frac{5 \sqrt{5} + 4 \sqrt{23} }{27} r \approx 12,5см$. Интересно, что значение $D$ не зависит от ускорения свободного падения $g$ (от $g$ зависит $t$).
На середину тонкого невесомого стержня длиной $l = 20 см$ прикреплен пластилиновый шарик. Стержень поставлен вертикально у гладкой стенки. Нижний конец стержня может скользить по полу без трения. Стержень находится в неустойчивом равновесии и при незначительном выведении из этого положения начинает сдвигаться, двигаясь в той же плоскости. Когда шарик упадет на пол, она прилипает к ней и остается неподвижной. Определить расстояние центра стержня от стенки.
Решение:
Прежде всего надо заметить, что если бы конце стержня все время скользили по взаимно перпендикулярных плоскостях, то его центр описывал бы дугу окружности радиуса, равной половине длины стержня ($r = 10 см$) с центром, который лежит в точке пересечения плоскостей. На первый взгляд кажется, что центр стержня должно описывать какую-то вогнутую кривую, направленную выпуклостью вниз. На самом деле это не так. Центр стержня должен двигаться по дуге, которая обращена своей выпуклостью вверх. Докажем это.
Пусть стержень АВ опирается на стенку и пол (рис.). S - центр стержня. Опустим из точки S перпендикуляры SC и SD на стенку и пол. Четырехугольник OCSD прямоугольный, а потому его диагонали SO и CD равны друг другу. Треугольники ACS и OAB подобные. Отсюда следует, что точка C делит отрезок OA на две равные части. Аналогично докажем, что точка D лежит на середине отрезка OB. Треугольники OCD и OAB подобные как треугольники с общим углом, а соответствующие стороны, прилегающие к этому углу, пропорциональны. Тогда $\frac{CD}{AB} = \frac{OC}{OA}$. Поскольку $\frac{OC}{OA} = \frac{1}{2}$, то $CD = \frac{1}{2} AB$, но мы ранее доказали, что OD = OS, тогда $OS = \frac{1}{2} AB$. Итак, если стержень соприкасается своими концами к стенкам и пола, то расстояние его центра от точки О равна половине длины стержня. Иначе говоря, середина стержня, пока он не оторвался от стены, двигалась по дуге окружности с центром в точке О.
Укажем силы, действующие на стержень: $F_{1}$ - реакция пола, $F_{2}$ - реакция стены, сила $R$ - равнодействующая сил $F_{1}$ и $F_{2}$. Поскольку стержень невесомый, его момент инерции относительно центра равна нулю. В противном случае стержень должен был бы двигаться с бесконечно большим угловым ускорением относительно точки S. Поскольку при вращении стержня, скользит концами по полу и стенах, его центр движется по дуге окружности, то бесконечно большое угловое ускорение стержня прикрыла бы бесконечно большое линейное ускорение материальной шарики, прикрепленной в центре стержня, а это невозможно, потому шарик имеет массу.
По закону моментов $F_{1}r \sin \alpha = F_{2}r \cos \alpha$, откуда $\frac{F_{2} }{F_{1} } = tg \alpha$. Это означает, что равнодействующая $R$ сил $F_{1}$ и $F_{2}$ направлена по радиусу круга.
Рассмотрим движение шарика по кругу и найдем такое положение, при котором $R = 0$. Если бы центр стержня все время двигался по кругу, то после прохождения такого положения $R$ должен был изменить направление, что невозможно.
Точка, в которой $R = 0$, является точкой, после которой движение середины стержня будет свободным движением - концы стержней не будут давить на стенку и пол, и сила реакции исчезает.
По закону сохранения энергии имеем: $\frac{1}{2} mv^{2} = mgr (1 - \cos \alpha)$, где $v$ - скорость центра стержня. Отсюда $\frac{mv^{2} }{2} = 2mg (1 - \cos \alpha )$. Центростремительная сила при движении стержня по окружности является векторной суммой составляющей $m \vec{g}$ вдоль радиуса и силы реакции $\vec{R}$: $\frac{mv^{2} }{2} = mg \cos \alpha - R$. Приравняем правые части последних равенств: $2mg (1 - \cos \alpha ) = mg \cos \alpha - R$. Если $R = 0$, имеем $2mg (1 - \cos \alpha ) = mg \cos \alpha$, откуда $\cos \alpha = \frac{2}{3}$ или $h = \frac{2}{3} r$. Итак, стержень оторвется от стены на высоте $h = \frac{1}{3} r$. Дальнейшее движение центра стержня происходит так, будто тело брошено под углом к горизонту. В момент, когда центр стержня «отрывается» от круга, его скорость $v_{0} = \sqrt{2gr (1 - \cos \alpha ) } = \sqrt{ \frac{2}{3} gr }$. Скорость эта касательна к кругу. Разложим ее на горизонтальную и вертикальную составляющие:
$v_{г} = \sqrt{ \frac{2}{3}gr } \cos \alpha = \frac{2}{3} \sqrt{ \frac{2}{3}gr }$;
$v_{в} = \sqrt{ \frac{2}{3}gr } \sin \alpha = \frac{1}{3} \sqrt{5} \sqrt{ \frac{2}{3} gr }$.
Расстояние $d$ в момент отрыва конца стержня от стены составляет $r \sin \alpha$ или $\frac{1}{3} \sqrt{5r}$. Если $R = 0$, то есть момент, когда центр стержня начинает двигаться так, будто тело, брошенное под углом вниз, показано на рис. Обозначим через $D$ искомое расстояние центра стержня в момент падения на пол, а через $t$ - время движения центра стержня с момента, когда реакция $R = 0$. Имеем: $h = v_{в}t + \frac{1}{2} gt^{2}$ и $D = d + v_{г}t$. Исключив из этих уравнений $t$, получим квадратное уравнение относительно $D$:
$\frac{g}{2v_{г}^{2} } - \left ( \frac{dg}{v_{г}^{2} } - \frac{v_{в} }{v_{г} } \right ) D + \left ( \frac{d^{2} g}{2v_{г}^{2} } - \frac{v_{в} }{v_{г} }d - h \right ) = 0$,
или
$gD^{2} - D(dg - v_{г}v_{в} ) + (d^{2}g - 2v_{в}v_{г}d - 2hv_{г}^{2} ) = 0$.
Решив это уравнение, получим:
$D_{1,2} = \frac{dg - v_{в}v_{г} \pm v_{г} \sqrt{v_{в}^{2} + 2gh } }{g}$.
Если взять корень со знаком минус, то получим: $D < d$, что физически невозможно, а потому берем только положительное значение корня. Подставим значения $d, v_{в}, v_{г}$ и $h$: $D = \frac{5 \sqrt{5} + 4 \sqrt{23} }{27} r \approx 12,5см$. Интересно, что значение $D$ не зависит от ускорения свободного падения $g$ (от $g$ зависит $t$).
