Теорема о движении центра масс-2

Статья посвящена теореме о движении центра масс. Задача о двух циркачах.

Задача.  Два цирковых жонглера $A$ и $B$ стоят на расстоянии $L$ друг от друга (см. рис.). Жонглер $A$  бросает жонглеру $B$  точно в руки небольшой мяч. С некоторой задержкой жонглер $B$  бросает жонглеру $A$  однородный стержень. В момент броска циркач $B$  держал стержень горизонтально за его середину $O$. В полете стержень вращался в плоскости рисунка вокруг своей середины $O$. Начальные скорости мяча и центра стержня $O$ совпадают. Когда мяч находился в верхней точке своей траектории, на высоте $H$, стержень слегка коснулся его. Жонглер $A$  поймал стержень за середину раньше, чем мяч долетел до жонглера $B$. При какой минимальной длине стержня $l$ это возможно? Чему равна задержка между двумя бросками в этом случае? С какой угловой скоростью вращался стержень? Считайте, что соприкосновение мяча и стержня не меняет законов их движения, сопротивлением воздуха пренебречь. Ускорение свободного падения равно $g$.

Рисунок

Решение.

Дальность полета мяча и стержня одинаковы. Начальные скорости равны. Это значит, что углы, под которыми были совершены оба броска, либо равны, либо дополняют друг друга до $90^{\circ}$. Так как время полета разное, то верно второе.

$$m\vec{g}=m\vec{a_{zm}}$$

$$L_1=L$$

$$L_2=L$$

$$\upsilon_{01}=\upsilon_{02}=\upsilon_0$$

$$\alpha \neq \beta$$

$$\alpha + \beta=90^{\circ}$$

Так как $t_2<t_1$, то $\beta < \alpha$.

Стержень мог коснуться мяча, расположенного в верхней точке своей траектории, сам находясь в любом положении. В том числе он мог быть как-то наклонен. Но из требования минимальной длины, понимаем, что стержень коснулся мяча, будучи расположен строго вертикально. Тогда

$$\frac{l}{2}=H-H_2$$

Где $H_2$ - высота, на которой оказалась середина стержня в момент касания. Из уравнений движения тела, брошенного под углом к горизонту,

$$H=\frac{\upsilon_0^2\sin^2 \alpha}{2g}$$

$$H_2=\frac{\upsilon_0^2\cos^2 \alpha}{2g}=\frac{H\cos^2 \alpha }{\sin^2 \alpha }=H\operatorname{ctg}\alpha$$

$$L=\frac{\upsilon_0^2\sin 2\alpha}{g}$$

Отношение

$$\frac{H}{L}=\frac{\sin^2 \alpha }{2\cdot 2\sin \alpha \cos \alpha}=\frac{1}{4\operatorname{ctg}\alpha}$$

Тогда

$$\operatorname{ctg}\alpha=\frac{L}{4H}$$

Определим теперь $H_2$:

$$H_2=H\frac{L^2}{16H^2}=\frac{L^2}{16H}$$

Таким образом,

$$l=2(H-\frac{L^2}{16H})$$

Это ответ на первый вопрос.

Найдем разность времен:

$$\tau=t_1-t_2=\frac{\upsilon_0\sin \alpha}{g}-\frac{\upsilon_0\cos \alpha}{g}=\frac{\upsilon_0 }{g}(\sin \alpha-\cos \alpha)$$

$$\upsilon_0=\frac{\sqrt{2gH}}{\sin \alpha }$$

$$\tau=\frac{\sqrt{2gH}}{g}(1-\operatorname{ctg}\alpha)= \sqrt{\frac{2H}{g}} (1-\frac{L}{4H})$$

Это ответ на второй вопрос.

Стержень в полете вращается. Так как при касании он занял вертикальное положение, то он повернулся на прямой угол относительно начального положения.

$$\omega=\frac{\Delta \varphi}{\Delta t}$$

$$\Delta t=t_2=\frac{\upsilon_0\cos \alpha}{g}=\frac{\sqrt{2gH}}{g\sin \alpha}\cdot \cos \alpha=\sqrt{\frac{2H}{g}}\cdot \frac{L}{4H}=\sqrt{\frac{2}{ H g}}\cdot \frac{L}{4}$$

Угол поворота может быть любым, кратным $90^{\circ}$:

$$\Delta \varphi=\frac{\pi}{2}+\pi n$$

$$\omega=\frac{\pi(\frac{1}{2}+n)}{\sqrt{\frac{2}{ H g}}\cdot \frac{L}{4}}$$

Где $n$ - ноль и все натуральные.

Ответ: а) $l=2(H-\frac{L^2}{16H})$;  б) $\tau=\sqrt{\frac{2H}{g}} (1-\frac{L}{4H})$;

в) $\omega=\frac{\pi(\frac{1}{2}+n)}{\sqrt{\frac{2}{ H g}}\cdot \frac{L}{4}}$.