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, действующих на него, равны нулю, поэтому силы, с которыми он действует на шарики, равны по модулю, противоположны по направлению и направлены вдоль стержня; расстояние между шариками не меняется, 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, шарик $m$ — на конце горизонтального радиуса). Значит, система поворачивается вокруг центра $O$ как единое целое, и в любой момент модули скоростей шариков одинаковы и равны $\omega R$, где $\omega$ — угловая скорость поворота.

Обозначения. $m=30$ г $=0{,}03$ кг и $M=60$ г $=0{,}06$ кг — массы шариков; $R$ — искомый радиус выемки; $O$ — центр выемки; $\alpha$ — угол, на который повернулась система (стержень) вокруг точки $O$ от начального положения; $h_{M}$ и $h_{m}$ — высоты шариков $M$ и $m$ над нижней точкой выемки; $H=h_{M\max}=12$ см $=0{,}12$ м — максимальная высота подъёма шарика $M$; $\omega$ — угловая скорость системы; $g$ — ускорение свободного падения.

1. Геометрия. В начальном положении радиус $OM$ вертикален, а радиус $Om$ горизонтален, значит, $h_{M}=0$, $h_{m}=R$. После поворота системы на угол $\alpha$ (шарик $m$ опускается, шарик $M$ поднимается) радиус $OM$ отклонён от вертикали на угол $\alpha$, а радиус $Om$ — на угол $90^{\circ}-\alpha$, поэтому

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

Понижение шарика $m$ равно $\Delta h_{m}=R-R(1-\sin\alpha)=R\sin\alpha$.

2. В какую сторону пойдёт движение. Потенциальная энергия системы $U(\alpha)=MgR(1-\cos\alpha)+mgR(1-\sin\alpha)$; при малых $\alpha\gt 0$ она убывает, так как $U'(0)=-mgR\lt 0$. Значит, отпущенная без толчка система действительно начинает двигаться так, что более высокий шарик $m$ опускается, а шарик $M$ поднимается.

3. Условие максимальной высоты подъёма шарика $M$. Кинетическая энергия системы $E_{k}=\frac{(m+M)\omega^{2}R^{2}}{2}$ обращается в нуль только при $\omega=0$. Высота $h_{M}=R(1-\cos\alpha)$ монотонно растёт с ростом $\alpha$, поэтому шарик $M$ поднимается максимально высоко в тот момент, когда система останавливается. Записывая закон сохранения механической энергии между начальным моментом (система покоится) и моментом остановки, получаем

$$MgR(1-\cos\alpha)=mgR\sin\alpha.$$

4. Решение уравнения. Используя $1-\cos\alpha=2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}$ и $\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$, получаем

$$2M\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=2m\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\quad\Rightarrow\quad \mathrm{tg}\,\frac{\alpha}{2}=\frac{m}{M}=\frac{30}{60}=0{,}5.$$

Тогда

$$\cos\alpha=\frac{1-\mathrm{tg}^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\mathrm{tg}^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-0{,}25}{1+0{,}25}=0{,}6,$$

то есть $\alpha\approx 53^{\circ}$, и

$$H=R(1-\cos\alpha)=0{,}4R\quad\Rightarrow\quad R=\frac{H}{0{,}4}=\frac{0{,}12\ \text{м}}{0{,}4}=0{,}3\ \text{м}=30\ \text{см}.$$

Проверка. При $\cos\alpha=0{,}6$ имеем $\sin\alpha=0{,}8$, понижение шарика $m$ равно $R\sin\alpha=0{,}24$ м, а подъём шарика $M$ равен $0{,}12$ м. Тогда $mg\cdot 0{,}24=0{,}03\cdot 0{,}24\,g=0{,}0072\,g$ и $Mg\cdot 0{,}12=0{,}06\cdot 0{,}12\,g=0{,}0072\,g$ — энергия действительно сохраняется. Оба шарика при этом остаются внутри выемки.

Ответ: $R=0{,}3$ м $=30$ см.