Задание №26 — Второй закон Ньютона

Решение:

Обоснование применимости законов. Систему отсчёта, связанную с Землёй и неподвижной выемкой, считаем инерциальной. Шарики небольшие — считаем их материальными точками, скользящими по сферической поверхности радиуса $R$. Стержень лёгкий (невесомый) и жёсткий: сумма сил и сумма моментов сил, приложенных к нему, равны нулю, поэтому он действует на шарики силами, равными по модулю, противоположно направленными и направленными вдоль стержня; расстояние между шариками постоянно, поэтому суммарная работа этих сил равна нулю. Выемка гладкая, силы нормальной реакции перпендикулярны скоростям шариков и работы не совершают, сопротивление воздуха не учитываем. Следовательно, полная механическая энергия системы «шарики + Земля» сохраняется. Поле тяжести однородно, $g=\text{const}$. Так как оба шарика всё время находятся на сфере радиуса $R$, а расстояние между ними постоянно, постоянен и угол между радиусами $OM$ и $Om$; по рисунку он равен $90^{\circ}$ (шарик $M$ — в нижней точке выемки, шарик $m$ — на конце горизонтального радиуса). Значит, система поворачивается вокруг центра $O$ как единое целое, и модули скоростей обоих шариков в любой момент одинаковы и равны $\omega R$.

Обозначения. $m$ и $M$ — массы шариков; $R=20$ см $=0{,}2$ м — радиус выемки; $O$ — её центр; $\alpha$ — угол поворота системы вокруг $O$ от начального положения; $h_{M}$, $h_{m}$ — высоты шариков над нижней точкой выемки; $h_{m\min}=4$ см $=0{,}04$ м — минимальная высота шарика $m$; $\omega$ — угловая скорость системы; $g$ — ускорение свободного падения.

1. Геометрия. В начальном положении радиус $OM$ вертикален, радиус $Om$ горизонтален: $h_{M}=0$, $h_{m}=R$. После поворота системы на угол $\alpha$ (шарик $m$ опускается, шарик $M$ поднимается)

$$h_{M}=R(1-\cos\alpha),\qquad h_{m}=R\left(1-\cos(90^{\circ}-\alpha)\right)=R(1-\sin\alpha).$$

2. Направление движения. Потенциальная энергия системы $U(\alpha)=MgR(1-\cos\alpha)+mgR(1-\sin\alpha)$ при малых $\alpha\gt 0$ убывает ($U'(0)=-mgR\lt 0$), поэтому отпущенная без толчка система движется именно так: более высокий шарик $m$ опускается, шарик $M$ поднимается.

3. Момент наименьшей высоты шарика $m$. Пока $0\lt\alpha\lt 90^{\circ}$, высота $h_{m}=R(1-\sin\alpha)$ монотонно убывает. Если бы система дошла до $\alpha=90^{\circ}$, шарик $m$ оказался бы в самой нижней точке выемки и его минимальная высота была бы равна нулю, что противоречит условию. Значит, система останавливается при некотором $\alpha\lt 90^{\circ}$, и именно в этот момент шарик $m$ находится ниже всего:

$$h_{m\min}=R(1-\sin\alpha)\quad\Rightarrow\quad \sin\alpha=1-\frac{h_{m\min}}{R}=1-\frac{0{,}04}{0{,}2}=0{,}8,$$

откуда (учитывая $\alpha\lt 90^{\circ}$) $\cos\alpha=\sqrt{1-0{,}64}=0{,}6$, то есть $\alpha\approx 53^{\circ}$.

4. Закон сохранения энергии. Кинетическая энергия системы $E_{k}=\frac{(m+M)\omega^{2}R^{2}}{2}$ равна нулю и в начальный момент, и в момент остановки. Поэтому подъём шарика $M$ и опускание шарика $m$ связаны соотношением

$$MgR(1-\cos\alpha)=mgR\sin\alpha\quad\Rightarrow\quad \frac{M}{m}=\frac{\sin\alpha}{1-\cos\alpha}.$$

5. Расчёт.

$$\frac{M}{m}=\frac{0{,}8}{1-0{,}6}=\frac{0{,}8}{0{,}4}=2.$$

Проверка. При $M=2m$ имеем $\mathrm{tg}\,\frac{\alpha}{2}=\frac{m}{M}=0{,}5$, что даёт $\cos\alpha=0{,}6$ и $\sin\alpha=0{,}8$ — согласуется с найденным углом. При этом шарик $m$ опускается на $R\sin\alpha=0{,}16$ м (с $0{,}2$ м до $0{,}04$ м), а шарик $M$ поднимается на $R(1-\cos\alpha)=0{,}08$ м, и $m\cdot 0{,}16=M\cdot 0{,}08$ при $M=2m$.

Ответ: $\dfrac{M}{m}=2$.