Поскольку цилиндры являются невесомыми, равнодействующая приложенных к ним сил в любой момент должна быть равна нулю. Так как трения между спицей и цилиндрами нет, спица действует на цилиндры в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. До столкновения цилиндров на них действуют только силы натяжения нитей и силы реакции со стороны спицы. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к цилиндрам сил возможно, если участки нитей, соединяющие цилиндры с бусинкой и грузом, в любой момент ориентированы вертикально. Из этого следует, что столкновение цилиндров произойдёт в момент, когда бусинка, груз и цилиндры будут расположены практически на одной вертикали.
Обратим внимание, что скорость груза в любой момент направлена горизонтально. В момент столкновения цилиндров скорость бусинки также направлена горизонтально.
Пусть $v_{отн}$ – скорость относительного движения бусинки и груза в момент столкновения цилиндров. Определим $v_{отн}$ из закона сохранения механической энергии. К рассматриваемому моменту вертикальное перемещение бусинки направлено вниз и равно $L/2$, так как нити являются нерастяжимыми. Поскольку система замкнута в направлении спицы – её импульс в данном направлении равен нулю. Отсюда получим связь скоростей $v_1$ и $v_2$ бусинки и груза соответственно с величиной их относительной скорости $v_{отн}$ в момент столкновения цилиндров:
$$v_1=\cfrac{m_2v_{отн}}{m_1+m_2}\qquad v_2=\cfrac{m_1v_{отн}}{m_1+m_2}\Rightarrow E_k=\cfrac{m_1v^2_1}{2}+\cfrac{m_2v^2_2}{2}=\cfrac{m_1m_2v^2_{отн}}{2(m_1+m_2)}{.}
$$Запишем закон сохранения механической энергии:
$$E_k=\cfrac{m_1m_2v^2_{отн}}{2(m_1+m_2)}=-\Delta{W}_p=\cfrac{m_1gL}{2}\Rightarrow v^2_{отн}=gL\left(1+\cfrac{m_1}{m_2}\right){.}
$$Находим скорости $v_1$ и $v_2$ бусинки и груза соответственно непосредственно перед столкновением цилиндров:
В момент столкновения цилиндров все силы, действующие на бусинку и груз, являются вертикальными. Поскольку груз может перемещаться только по горизонтали, его ускорение в рассматриваемый момент равно нулю.
Пусть $a_1$ – проекция ускорения бусинки в момент столкновения цилиндров на ось, направленную вертикально вверх. Из второго закона Ньютона для бусинки и груза получим:
$$2T_1=m_1(g+a_1),\qquad T_2=T_1+m_2g{,}
$$откуда:
$$T_1=\cfrac{m_1(g+a_1)}{2},\qquad T_2=m_2g+\cfrac{m_1(g+a_1)}{2}{.}
$$Таким образом, для решения задачи необходимо определить $a_1$.
Далее можно действовать разными способами.
Первый способ:
Пусть $\vec{a}_б$ и $\vec{a}_г$ – ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а $\vec{a}_{отн}$ – ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде:
$$\vec{a}_б=\vec{a}_г+\vec{a}_{отн}{.}
$$Обратим внимание, что в рассматриваемый момент ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассматриваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно $a_1$. Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом.
Непосредственно перед столкновением цилиндров относительная скорость бусинки и груза направлена горизонтально, значит:
$$a_1=a_{отн}=\cfrac{v^2_{отн}}{\rho}{,}
$$где $\rho$ – радиус кривизны траектории бусинки при движении в системе отсчёта груза.
Определим радиус кривизны $\rho$ в вершине параболы, используя аналогию со свободным полётом материальной точки в поле тяжести.
Пусть скорость материальной точки в некоторый момент равна $v_0$ и направлена горизонтально. Материальная точка движется в однородном поле тяжести с ускорением свободного падения $g$, направленным вертикально вниз. Введём систему координат $xOy$, где $O$ – положение точки в рассматриваемый момент, ось $x$ направлена горизонтально, а ось $y$ направлена вертикально вниз. Тогда через прошедшее время $t$ от рассматриваемого момента:
$$x=v_0t,\qquad y=\cfrac{gt^2}{2}\Rightarrow y=\cfrac{gx^2}{2v^2_0}=\cfrac{x^2}{2p}{.}
$$Величина $p$ называется фокальным параметром параболы.
Определим радиус кривизны $\rho_0$ траектории материальной точки в вершине параболы. Из второго закона Ньютона в рассматриваемый момент:
$$\cfrac{mv^2_0}{\rho_0}=mg\Rightarrow \rho_0=\cfrac{v^2_0}{g}=p{.}
$$
Вернёмся к определению радиуса кривизны траектории бусинки в системе отсчёта груза в момент столкновения цилиндров. Фокальный параметр параболы для траектории относительного движения бусинок равен $L$, поэтому радиус кривизны траектории относительного движения бусинок в рассматриваемый момент составляет:
$$\rho=L{.}
$$
Примечание: Тот же результат может быть получен из непосредственного анализа кривой, задающей траекторию относительного движения бусинки и груза.
Рассмотрим произвольную кривую, заданную зависимостью $y(x)$. Пусть $\varphi$ – угол наклона касательной к кривой. Тогда:
$$\cfrac{dy}{dx}=y'=\operatorname{tg}\varphi\Rightarrow \cfrac{d^2y}{dx^2}=y''=\cfrac{1}{\cos^2\varphi}\cfrac{d\varphi}{dx}=\cfrac{\varphi'}{\cos^2\varphi}{.}
$$Радиус кривизны произвольной плоской кривой определяется выражением:
$$\rho=\Biggl|\cfrac{dl}{d\varphi}\Biggr|{,}
$$где $dl$ – элемент длины кривой, а $d\varphi$ – угол между касательными к кривой на концах выделенного элемента. Но $dl=dx/\cos\varphi$, поэтому:
$$\rho=\Biggl|\cfrac{1}{\cos\varphi}\cfrac{dx}{d\varphi}\Biggr|=\Biggl|\cfrac{1}{\varphi'\cos\varphi}\Biggr|=\Biggl|\cfrac{1}{y''\cos^3\varphi}\Biggr|{.}
$$Но $1/\cos^2\varphi=1+\operatorname{tg}^2\varphi=1+y'^2$, поэтому:
$$\rho=\cfrac{(1+y'^2)^{3/2}}{|y''|}{.}
$$Применим полученное выражение в случае рассмотрения траектории движения бусинки относительно груза. Определим $y'$ и $y''$:
$$y'=\cfrac{x}{L},\qquad y''=\cfrac{1}{L}{.}
$$Тогда в точке с координатой $x=0$:
$$\rho=L{.}
$$
Таким образом:
$$a_1=\cfrac{v^2_{отн}}{L}=g\left(1+\cfrac{m_1}{m_2}\right){.}
$$
Второй способ:
В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки равно нулю, поэтому её ускорение $a_1$ определяется выражением:
$$a_1=\cfrac{v^2_1}{\rho_1}{,}
$$где $\rho_1$ – радиус кривизны траектории бусинки в рассматриваемый момент.
Проанализируем траекторию бусинки в лабораторной системе отсчёта. Введём систему координат $xOy$ с началом в нижней точке траектории бусинки. Направления координатных осей совпадают с введёнными на рисунке к первому способу решения.
Центр масс системы не перемещается вдоль оси $x$, поэтому:
$$m_1x_1+m_2x_2=0\Rightarrow x_2=-\cfrac{m_1x_1}{m_2}{.}
$$Запишем условие постоянства длины нити $1$:
$$L=\left(\cfrac{L}{2}-y_1\right)+\sqrt{\left(\cfrac{L}{2}-y_1\right)^2+(x_1-x_2)^2}{.}
$$Отсюда:
$$(x_1-x_2)^2=x^2_1\left(1+m_1/m_2\right)^2=2Ly_1\Rightarrow y_1(x_1)=\cfrac{x^2_1(1+m_1/m_2)^2}{2L}{.}
$$Таким образом, траектория движения бусинки в лабораторной системе отсчёта является параболой. Поиск радиуса кривизны в её вершине уже был осуществлён в рамках первого решения, поэтому:
$$\rho_1=\cfrac{L}{(1+m_1/m_2)^2}{.}
$$
Таким образом:
$$a_1=\cfrac{v^2_1(1+m_1/m_2)^2}{L}=g\left(1+\cfrac{m_1}{m_2}\right){.}
$$
Третий способ:
В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки в рассматриваемой системе отсчёта равняется нулю, поэтому для проекции ускорения бусинки $a_1$ на ось, направленную вертикально вверх, имеем:
$$a_1=-v_{отн}\cfrac{d\theta}{dt}=-\cfrac{v_{отн}\dot{\varphi}}{2}{.}
$$Найдём величину $\dot{\varphi}$. Поскольку в рассматриваемый момент расстояние между бусинкой и грузом равно $L/2$:
$$v_{отн}=-\cfrac{L\dot\varphi}{2}\Rightarrow \dot\varphi=-\cfrac{2v_{отн}}{L}{.}
$$Подставляя $\dot{\varphi}$ в выражение для $a_1$, получим:
$$a_1=\cfrac{v^2_{отн}}{L}=g\left(1+\cfrac{m_1}{m_2}\right){.}
$$
Четвёртый способ:
В рассматриваемый момент $\varphi=0$. Далее нижний индекс $0$ соответствует рассматриваемому моменту. В рассматриваемый момент проекция ускорения бусинки на ось, направленную вертикально вверх, определяется выражением $a_1=-d^2{y}_0/dt^2$.
Дифференцируя $y$ по времени, получим:
$$\cfrac{dy}{dt}=-\cfrac{L\dot{\varphi}(\sin\varphi+\sin\varphi\cos\varphi-\sin\varphi\cos\varphi)}{(1+\cos\varphi)^2}=-\cfrac{L\sin\varphi~\dot{\varphi}}{(1+\cos\varphi)^2}{.}
$$Продифференцируем по времени величину $dy/dt$:
$$\cfrac{d^2y}{dt^2}=-\cfrac{L\sin\varphi~\ddot{\varphi}}{(1+\cos\varphi)^2}-\cfrac{2L\sin^2\varphi~\dot{\varphi}^2}{(1+\cos\varphi)^3}-\cfrac{L\cos\varphi~\dot{\varphi}^2}{(1+\cos\varphi)^2}{.}
$$Поскольку в рассматриваемый момент $\varphi=0$:
$$a_1=\cfrac{L\dot{\varphi}^2_0}{4}{.}
$$Определим величину $\dot{\varphi}_0$. Для этого продифференцируем по времени выражение для $x$:
$$\cfrac{dx}{dt}=\cfrac{L\dot{\varphi}(\cos\varphi+\cos^2\varphi+\sin^2\varphi)}{(1+\cos\varphi)^2}=\cfrac{L\dot{\varphi}}{1+\cos\varphi}{.}
$$В рассматриваемый момент $\varphi=0$, а $dx/dt=-v_{отн}$. Тогда:
$$-v_{отн}=\cfrac{L\dot{\varphi}_0}{2}\Rightarrow \dot{\varphi}_0=-\cfrac{2v_{отн}}{L}{.}
$$Таким образом:
$$a_1=\cfrac{v^2_{отн}}{L}=g\left(1+\cfrac{m_1}{m_2}\right){.}
$$
Подставляя $a_1$ в выражения для $T_1$ и $T_2$, находим: