ВсОШ 2022, Регионален етап, 11. клас — Задача 1. Треугольник и плёнка

• $\alpha = \operatorname{arctg}\left(\frac{1}{2}\right) \approx 26{,}6^{\circ},\quad T = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$
• 1) $\alpha = \operatorname{arctg}\left(\frac{1}{2}\right) = \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \approx 26{,}6^{\circ}$
• 2) $T = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$

11.1. Возможное решение. Способ 1 (энергетика).

1. В состоянии равновесия энергия системы должна быть минимальна. В данном случае энергия системы – это энергия натянутой плёнки, которая пропорциональна площади плёнки: с учётом того, что плёнка двусторонняя, $E_{\text{пл}} = 2\sigma S_{\text{пл}}$. Ясно, что минимум этой энергии отвечает положению стержней, в котором максимальна площадь треугольника OAB. Её удобно вычислять по двум сторонам (OA и AB) и углу $\varphi$ между ними:

Эта площадь максимальна при $\varphi = \frac{\pi}{2}$, то есть когда стержни перпендикулярны друг другу, и поэтому в прямоугольном треугольнике OAB $\operatorname{tg}(\alpha) = \frac{1}{2}$. Итак, в состоянии равновесия

2. Потенциальная энергия определена с точностью до константы, поэтому мы можем считать энергию системы в положении равновесия равной нулю. Тогда энергия системы в положении, в котором колечко сдвинулось вдоль стержня в точку с координатой $x$, отсчитываемой от положения равновесия (см. рисунок), равна

Длина стороны OB в этом положении $|OB| = L\sqrt{5} + x$, и, в соответствии с теоремой косинусов, $(L\sqrt{5} + x)^2 = L^2 + 4L^2 - 4L^2\cos[\varphi(x)] \Rightarrow \cos[\varphi(x)] \approx -\frac{\sqrt{5}}{2L}x$.

Отметим, что в этом выражении мы пренебрегли слагаемым порядка $\frac{x^2}{L^2}$ (колебания малые).

В том же приближении $\sin[\varphi(x)] \approx \sqrt{1 - \frac{5x^2}{4L^2}} \approx 1 - \frac{5x^2}{8L^2}$. Значит, $E(x) \approx \frac{5\sigma x^2}{4} = \frac{kx^2}{2}$. Здесь введено обозначение $k = \frac{5\sigma}{2}$. Мы получили в точности такое же выражение, как для груза на пружине – малые колебания колечка будут происходить по гармоническому закону с периодом $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$.

Ответы: $\alpha = \operatorname{arctg}\left(\frac{1}{2}\right) = \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \approx 26{,}6^{\circ}$, $T = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$.

11.1. Возможное решение задачи. Способ 2 (статика и динамика).

1. Рассмотрим равновесие стержня $AB$, на который действуют три силы. Это равнодействующая сил поверхностного натяжения, которая перпендикулярна стержню и приложена к его середине. Поскольку стержень невесом, из условия равенства моментов относительно колечка находим проекцию силы реакции шарнира на направление, перпендикулярное стержню: $2\sigma L\frac{L}{2} - R_{AB\perp}L = 0 \Rightarrow R_{AB\perp} = \sigma L$. Наконец, из условия баланса проекций сил на стержень, находим параллельную стержню составляющую силы реакции шарнира

$R_{AB\parallel} = N\sin(\beta) = \sigma L\operatorname{tg}(\beta)$. Таким образом, величина этой силы $R_{AB} = \frac{\sigma L}{\cos(\beta)}$, и она направлена под углом $(2\beta - 90^{\circ})$ к стержню, и под углом $(90^{\circ} - \beta)$ к горизонтали. Сила, действующая на шарнир A со стороны стержня AB, в соответствии с III законом Ньютона, равна по величине и противоположна по направлению найденной силе $\vec{R}_{AB}$, а также и силе, действующей на шарнир A со стороны стержня OA (шарнир A находится в равновесии под действием этих двух сил). И, конечно, сила $\vec{R}_{OA}$, действующая со стороны шарнира A на стержень OA, оказывается равна по величине и противоположна по направлению найденной нами силе: $\vec{R}_{OA} = -\vec{R}_{AB}$.

Теперь мы можем рассмотреть равновесие стержня OA под действием $\vec{R}_{OA}$, равнодействующей сил поверхностного натяжения и силы реакции шарнира O. Записав условие равновесия моментов относительно O, находим перпендикулярную стержню компоненту $\vec{R}_{OA}$:

Но из найденного ранее получаем другое выражение для этой величины:

Из сопоставления этих выражений видим, что в состоянии равновесия $\operatorname{tg}(\beta) = 2$. Из теоремы синусов $\sin(\alpha) = \frac{1}{2}\sin(\beta) = \frac{1}{\sqrt{5}}$, и поэтому $\alpha = \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \approx 26{,}6^{\circ}$.

Отметим, что из полученных углов ($\sin(\alpha) = \cos(\beta)$) видно, что третий угол в треугольнике $OAB$ – прямой!

2. Рассмотрим теперь неравновесное положение колечка, в котором оно имеет координату $x$, отсчитываемую от положения равновесия (см. рис.). Далее будем считать, что обозначения всех углов относятся именно к смещённому положению колечка. Поскольку нам нужно описывать малые гармонические колебания, то все силы нужно вычислять с точностью до первого порядка по $x/L$. Например, длина $OB$ в этом положении $|OB| = L\sqrt{5} + x$, и, в соответствии с теоремой косинусов,

Соответственно, с этой точностью $\sin(\varphi) \approx \sqrt{1 - \frac{5x^2}{4L^2}} \approx 1$. По теореме синусов

Поскольку стержни и шарниры невесомые, то сумма приложенных к каждому из них сил и моментов сил равна нулю. Шайба в положении покоя просто передавала действующую на неё силу нормальной реакции спицы на стержень $AB$. Поскольку шайба массивная, и теперь движется с ускорением, то действующая с её стороны на стержень $AB$ сила имеет компоненту $F$ вдоль спицы. Повторим рассуждения о стержне $AB$ для новой ситуации. Условие равновесия моментов сил относительно шарнира $A$ даёт уравнение (1):

Условие равновесия моментов относительно колечка прежнее: $2\sigma L\frac{L}{2} - R_{AB\perp}L = 0 \Rightarrow R_{AB\perp} = \sigma L$. Условие баланса сил в проекции на стержень $AB$ теперь превратилось в

Условие равновесия моментов сил, действующих на стержень $OA$ относительно $O$, тоже не изменилось: $4\sigma L\frac{L}{2} - R_{OA\perp}L = 0 \Rightarrow R_{OA\perp} = 2\sigma L$. С учётом $\vec{R}_{OA} = -\vec{R}_{AB}$ можно вычислить эту компоненту через силы, действующие на $AB$ (важно обратить внимание на то, что направление, перпендикулярное $OA$, составляет с горизонталью угол $(90^{\circ} - \alpha)$, а стержень $AB$ – угол $\beta$):

С учётом того, что $(180^{\circ} - \alpha - \beta = \varphi)$, и выражений для сил, получаем уравнение (2):

Исключая из (1) и (2) силу $N$, и используя полученные выше приближённые формулы для углов, находим, что

Соответствующая компонента силы, действующей со стороны стержня $AB$ на колечко, имеет противоположный знак. Таким образом, уравнение движения колечка при $x \ll L$ имеет вид:

Это уравнение гармонических колебаний с циклической частотой $\omega = \sqrt{\frac{5\sigma}{2m}}$. Период колебаний $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$.

Ответы: $\alpha = \operatorname{arctg}\left(\frac{1}{2}\right) = \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \approx 26{,}6^{\circ}$, $T = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}$.