Задача с московской олимпиады 2012 года. Динамика.

[melnikoff]

На легкой короткой нити к ветке сосны подвешена гирька массой m = 1 кг. К ней привязана
другая легкая нить с длиной в недеформированном состоянии L = 1 м и жесткостью k = 1 кН/м, на
конце которой висит еще одна гирька массой m = 1 кг. Система находилась в равновесии до момента, когда верхнюю нить перебил дятел. Гирьки упали на землю одновременно. Каково расстояние H от ветки до земли? Ускорение свободного падения g = 10 м/с2.

Решение:
От начального момента времени до момента $t_1$ нить была растянутой, а гирьки соответственно двигались с переменным ускорением (сила упругости нити меняется), а с момента времени $t_1$ до момента $t_2$, когда гирьки достигли земли, гирьки двигались равноускоренно (сила упругости нити равна 0).
Найдем скорости верхней и нижней гирек в момент времени $t_1$ ($t_1=\frac{T}{4}=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}$).
На промежутке времени $(t_1;t_2)$ можно представить, что гирьки связаны не нитью, а пружинкой аналогичной длины и коэффициента жесткости. Тогда относительно центра масс гирек можно записать уравнения колебания гирек: $x=\frac{L_0}{2}\cos\omega t = \frac{L_0}{2}\cos \sqrt{\frac{2k}{m}}t$, где $L_0$ - длина нити в первоначальном растянутом состоянии ($L_0=L+\frac{mg}{k}$), а $2k$ - жесткость половины нити.
Кстати, как обосновать, что силу тяжести можно исключить из рассмотрения колебаний данного пружинного маятника?
Уравнение скорости гирек относительно центра масс: $v=-L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}\sin \sqrt{\frac{2k}{m}}t$.
К моменту $t_1$ обе гирьки относительно центра масс достигнут максимальных скоростей, равных $v_{max}=L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}.$
К этому же моменту времени центр масс гирек будет иметь скорость $v_c=gt_1.$
По правилу сложения скоростей в момент времени $t_1$ верхняя гирька будет иметь скорость $v_\text{верх}=gt_1+L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}$, а нижняя — $v_\text{низ}=gt_1-L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}$.
Теперь рассмотрим второй этап движения – с $t_1$ по $t_2$.
$t_2-t_1=\frac{L}{2L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}}$;
$t_2=\frac{L}{2L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}}+\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}$ - время всего падения гирек.
$H=\frac{L_0}{2}+gt_2=\frac{L+\frac{mg}{k}}{2}+\frac{gL}{(L+\frac{mg}{k})\sqrt{\frac{2k}{m}}}+\frac{g\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}$.

Но ответ совсем другой:
$H\approx \frac{kL^2}{4mg}+\frac{L}{2}=\frac{L}{2}\left(1+\frac{kL}{2mg}\right)$.

Где я напортачил?

[chislo_avogadro]

melnikoff в сообщении #916649 писал(а):

можно представить, что гирьки связаны не нитью, а пружинкой ...

Вы можете представить себе "легкую нить", которая работает на сжатие, как пружина? Вряд ли в этой задаче могут возникнуть тригонометрические функции. Видимо, надо считать, что нить сократится до 1 м, а потом гири полетят по инерции (в сцм, конечно).

[melnikoff]

chislo_avogadro в сообщении #916674 писал(а):

Вряд ли в этой задаче могут возникнуть тригонометрические функции.

Я данное предположение делал только для промежутка времен $(0; t_1).$ На данном промежутке никакого сжатия нет, только состояние растяжения.

[DimaM]

melnikoff в сообщении #916649 писал(а):

Где я напортачил?

Здесь:

melnikoff в сообщении #916649 писал(а):

Тогда относительно центра масс гирек можно записать уравнения колебания гирек: $x=\frac{L_0}{2}\cos\omega t = \frac{L_0}{2}\cos \sqrt{\frac{2k}{m}}t$

Не относительно центра масс, а относительно $L_0/2$, и подставлять в формулу надо не $L_0/2$, а половину начального растяжения.
Еще меня терзают смутные подозрения, что период колебаний будет гораздо меньше, чем $\sqrt{2L/g}$, поэтому можно считать, что дополнительные скорости гирьки приобретут практически мгновенно.

[melnikoff]

DimaM, во-первых, $\frac{L_0}{2}$ - это и есть половина начального растяжения. А во-вторых, середина связывающей нити совпадает с центром масс гирек.

[Skeptic]

Может быть так?
Момент падения на землю совпадает с моментом, когда верхний груз догонит нижний. Считая, что нижний груз неподвижен, а верхний к нему притягивается нитью, расчитать время до их столкновения. Это будет временем свободного падения нижнего груза.

[chislo_avogadro]

melnikoff в сообщении #916649 писал(а):

$H=\frac{L_0}{2}+gt_2$

Это не решает поставленного вопроса, но второе слагаемое здесь не имеет размерности длины.

[DimaM]

melnikoff в сообщении #916736 писал(а):

во-первых, $\frac{L_0}{2}$ - это и есть половина начального растяжения

Нет. Начальное растяжение $mg/k$, гораздо меньше, чем $L_0/2$ (раз этак в сто).
Также второе мое замечание примите к сведению.

[Sergey from Sydney]

melnikoff в сообщении #916649 писал(а):

Кстати, как обосновать, что силу тяжести можно исключить из рассмотрения колебаний данного пружинного маятника?

Рассматриваем движение в системе центра масс грузов. Эта система падает с ускорением $g$, поскольку единственная внешняя сила, действующая на грузы - это сила тяжести. Поэтому в системе центра масс имеет место невесомость, как в любой свободно падающей системе.

Цитата:

$H=\frac{L_0}{2}+gt_2$

$gt_2^2/2$

Цитата:

Где я напортачил?

Вы неправильно записали уравнение движения груза под действием силы упругости нити/пружины. Запишите его в в системе центра масс, предварительно подумав, какая будет амплитуда колебаний груза. У вас амплитуда колебаний $L_0/2$, что неверно. DimaM вам на это уже указывал.

-- Чт окт 09, 2014 18:30:11 --

Цитата:

Уравнение скорости гирек относительно центра масс: $v=-L_0\sqrt{\frac{k}{2m}}\sin \sqrt{\frac{2k}{m}}t$.

Зачем вы перевернули дробь под корнем, который перед синусом?

-- Чт окт 09, 2014 18:36:34 --

chislo_avogadro в сообщении #916674 писал(а):

Вряд ли в этой задаче могут возникнуть тригонометрические функции.

Тригонометрические функции таки возникнут, пока нить работает на растяжение.

[chislo_avogadro]

Sergey from Sydney в сообщении #916851 писал(а):

Тригонометрические функции таки возникнут, пока нить работает на растяжение.

Да, но это явный перелёт по сравнению с тем, что требуется в задаче. В ответе (приближённом!) нет $\pi$. Очевидно, в этой задаче скорость сближения гирек в ЦМ надо искать из энергетических соображений. Похоже, ТС внёс в решение задачи больше интеллекта, чем это требовалось, и отсюда все проблемы...

[Sergey from Sydney]

chislo_avogadro в сообщении #916865 писал(а):

Очевидно, в этой задаче скорость сближения гирек в ЦМ надо искать из энергетических соображений.

Можно и так. А можно из уравнений движения. В любом случае решение простое. Чем хороша задача: нужно подумать, чем при решении можно пренебречь.

[melnikoff]

Итак, с учетом всех замечаний и указаний на ошибки перерешаю задачу.

Решение:
От начального момента времени до момента $t_1$ нить была растянутой, а гирьки соответственно двигались с переменным ускорением (сила упругости нити меняется), а с момента времени $t_1$ до момента $t_2$, когда гирьки достигли земли, гирьки двигались равноускоренно (сила упругости нити равна 0).
Найдем скорости верхней и нижней гирек в момент времени $t_1$ ($t_1=\frac{T}{4}=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}$).
На промежутке времени $(0;t_1)$ можно представить, что гирьки связаны не нитью, а пружинкой аналогичной длины и коэффициента жесткости. Тогда относительно положения равновесия каждой гирьки можно записать уравнение колебания: $x=\frac{mg}{2k}\cos\omega t=\frac{mg}{2k}\cos \sqrt{\frac{2k}{m}}t$, так как начальная длина нити $L_0$ и длина нити в не растянутом положении $L$ связаны следующим образом: $L_0=L+\frac{mg}{k}$.
Уравнение скорости гирек относительно своих положений равновесия: $v=-g\sqrt{\frac{m}{2k}}\sin \sqrt{\frac{2k}{m}}t$.
К моменту $t_1$ обе гирьки относительно своих положений равновесия (и центра масс) достигнут максимальных скоростей, равных $v_{max}=g\sqrt{\frac{m}{2k}}$ и будут находиться в положениях равновесия.
К этому же моменту времени $t_1$ центр масс гирек будет иметь скорость $v_c=gt_1=\frac{\pi g}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}.$
По правилу сложения скоростей в момент времени $t_1$ верхняя гирька будет иметь скорость $v_\text{верх}=\frac{\pi g}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}+g\sqrt{\frac{m}{2k}}=g\sqrt{\frac{m}{2k}}\left(\frac{\pi}{2}+1\right)$, а нижняя — $v_\text{низ}=\frac{\pi g}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}-g\sqrt{\frac{m}{2k}}=g\sqrt{\frac{m}{2k}}\left(\frac{\pi}{2}-1\right)$.

Теперь рассмотрим второй этап движения – с $t_1$ по $t_2$.
$t_2-t_1=\frac{L}{2g\sqrt{\frac{m}{2k}}}$;
$t_2=\frac{L}{2g\sqrt{\frac{m}{2k}}}+\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}$ - время всего падения гирек.
$H=\frac{L_0}{2}+\frac{gt_2^2}{2}=\frac{L_0}{2}+\frac{g}{2}\left(\frac{L}{2g\frac{m}{2k}}+\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{2k}}\right)=\frac{L}{2}+\frac{L^2k}{4mg}+\frac{mg}{2k}+\frac{\pi^2mg}{4k}+\frac{\pi L}{4}=\\=26,3 \text{ м}$.

В ответах:
$H\approx \frac{kL^2}{4mg}+\frac{L}{2}=\frac{L}{2}\left(1+\frac{kL}{2mg}\right)=25,5 \text{ м}$.
Не совсем понятно, зачем в ответах опустили члены с третьего по пятый.

Кстати, есть подозрения, что авторы задачки хотели увидеть совсем другое решение.

[Skeptic]

melnikoff в сообщении #917021 писал(а):

От начального момента времени до момента $t_1$ нить была растянутой, а гирьки соответственно двигались с переменным ускорением (сила упругости нити меняется), а с момента времени $t_1$ до момента $t_2$, когда гирьки достигли земли, гирьки двигались равноускоренно (сила упругости нити равна 0).

Отбросим пока свободное падение. Рассмотрим момент времени $t_1$. До этого момента гирька двигалась с ускорением. Как будет двигаться гирька после момента времени $t_1$?

[melnikoff]

Skeptic в сообщении #917033 писал(а):

Рассмотрим момент времени $t_1$. До этого момента гирька двигалась с ускорением.$t_1$?

До момента времени $t_1$ гирьки двигались с переменным ускорением.
А после момента времени $t_1$ гирьки будут двигаться с ускорением свободного падения.

[Skeptic]

В момент времени $t_1$ скорость гирек - сумма скорости свободного падения и скорости от сжатия нити. По вашему, после момента $t_1$ гирьки продолжают только падать. Куда исчезла скорость гирек от сжатия нити?