Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Движение под углом к горизонту, Олимпиадная физика

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}}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *