Задание №178141: Турнир Ломоносова 2009

5. (9–11) В космосе вдали от других тел находятся три одинаковых
маленьких шарика с массами 𝑚 и зарядами 𝑞 каждый. Шарики скреп
лены попарно тремя невесомыми и нерастяжимыми нитями одинаковой
длины 𝐿. Система находится в покое. Неожиданно одна из нитей рвётся.
С какими по величинам ускорениями начнут двигаться шарики сразу
после обрыва нити?
Решение. При небольших (в сравнении с длиной целой нити 𝐿) сме
щениях от прежнего положения равновесия шарики, можно считать,
движутся с постоянными ускорениями. При этом проекции скоростей
пар шариков на нить, которая их соединяет, должны быть одинако
выми, так как нить нерастяжима. Если шарик, к которому прикреп
лены две оставшиеся целыми нити, сместился вдоль биссектрисы угла,
образованного оставшимися целыми нитями, на небольшое расстояние
𝑥 𝐿, то проекции смещений двух других шариков на соответствую
≪
√3
щие нити должны быть равны 𝑥cos30∘ = 𝑥.
2
Смещения же y этих крайних шариков в направлениях, перпенди
кулярных соответствующим нитям должны быть такими, чтобы центр
масс всей системы шариков остался на прежнем месте. Соответственно,
на прежнем месте должна остаться и проекция центра масс на направ
ление смещения центрального шарика. Отсюда получается связь:
𝑚𝑥 + 2𝑚𝑥cos2 30∘ 2𝑚𝑦 sin30∘ = 0
−
(︃ )︃2
√3 1
𝑚𝑥 + 2𝑚𝑥 2𝑚𝑦 = 0
2 − 2
3 1
𝑚𝑥 + 2𝑚𝑥 2𝑚𝑦 = 0
4 − 2
3
𝑥 + 𝑥 𝑦 = 0
2 −
5
𝑦 = 𝑥
2
48

Полное смещение крайних шариков складывается из двух: смещения
вдоль первоначального направления нити и смещения поперёк этого
направления:
⎯
√︁ ⎸ ⎸ (︃ √3𝑥 )︃2 (︂ 5𝑥 )︂2 √︂ 3 25 √︂ 28
(𝑥cos30∘) 2 + 𝑦2 = ⎷ + = 𝑥 + = 𝑥 = 𝑥√7.
2 2 4 4 4
Таким образом, модули полных смещений крайних шариков в √7
раз больше модуля смещения среднего шарика. Во столько же раз отли
чаются и ускорения, с которыми сразу после разрыва нити движутся
шарики.
Увеличение расстояния между крайними шариками при этом равно:
∆𝐿 = 2(𝑦 cos30∘ + (𝑥cos30∘) cos60∘) =
· ·
(︃ )︃
5 √3 √3 1 √3 √3
∆𝐿 = 2 𝑥 + 𝑥 = 5𝑥 + 𝑥 = 3√3𝑥.
2 · 2 2 · 2 · 2 2
Потенциальная энергия системы уменьшилась примерно на
𝑞2 𝑞2
∆𝐸 = 𝐹 ∆𝐿 = 𝑘 ∆𝐿 = 𝑘 3√3𝑥
· 𝐿2 · 𝐿2 ·
Обозначим скорость, приобретённую средним шариком к моменту,
когда он сместился на 𝑥, символом 𝑣. Из закона сохранения энергии
следует:
𝑚𝑣2 𝑚(√7𝑣)2
+ 2 = ∆𝐸
2 2
𝑚𝑣2 7𝑚𝑣2 𝑞2
+ 2 = 𝑘 3√3𝑥
2 2 𝐿2 ·
15 𝑞2
𝑚𝑣2 = 𝑘 3√3𝑥
2 · 𝐿2 ·
5 𝑞2
𝑚𝑣2 = √3 𝑘 𝑥
2 · · 𝐿2
2√3 𝑞2
𝑣2 = 𝑘 𝑥
5 · 𝑚𝐿2
Известно, что скорость 𝑣, ускорение 𝑎 и смещение 𝑥 связаны соотно
шением
𝑣2 = 2𝑎𝑥
49

Отсюда следует, что ускорение среднего шарика равно по величине
1 1 2√3 𝑞2 √3 𝑘𝑞2
𝑎 = 𝑣2 = 𝑘 𝑥 = 𝑘
2𝑥 · 2𝑥 · 5 · 𝑚𝐿2 5 · 𝑚𝐿2
Ускорения крайних шариков по модулю в √7 раз больше.
Ответ. Сразу после обрыва нити центральный шарик будет дви
√3 𝑘𝑞2
гаться с ускорением, равным по величине 𝑘 , а крайние
5 · 𝑚𝐿2
√21 𝑘𝑞2
шарики — с ускорениями, равными по величине 𝑘 .
5 · 𝑚𝐿2
Пояснение. На рисунке показаны описанные в решении задачи сме
щения шариков: наложены друг на друга исходная конфигурация и
конфигурация после смещения центрального шарика на 𝑥.
Рисунок приведён в двух вариантах. Слева показаны только рас
положения шариков и нитей; этот рисунок для удобства восприятия
геометрической картинки не содержит никаких пояснений. Справа — на
таком же рисунке кроме того отмечены смещения шариков (и проекции
этих смещений), которые упомянуты в решении и могут пригодиться
для понимания и анализа решения.
√3
𝑥
2
𝑥
3√3𝑥
2
ЦМ
√3
𝑥
2
𝑥/2 𝑥√7
5
𝑦 = 𝑥
2
Для наглядности на рисунке не выполнено соотношение 𝑥 𝐿, в
≪
связи с чем картинка смещения шариков не полностью соответствует
действительной: на рисунке выполнено условия равенства проекций сме
щений шариков на первоначальные направления нитей, в то время как
на самом деле направления нитей меняются со временем и в каждый
50

момент условие проекций определяется направлениями нитей в данный
момент времени.
Другое решение. Задачу можно решить и «статическим» мето
дом, не рассматривая малых перемещений. Для этого нужно аккуратно
переформулировать данные условия в непривычной динамической ситу
ации.
Например, нерастяжимость нити соответствует утверждению: «про
екции ускорений концов нити на саму нить равны друг другу». В самом
деле, если бы это было не так — у длины нити появилось бы «ускоре
ние», равное разности ускорений концов, но длина нерастяжимой нити
меняться не должна5.
Рассмотрим участок нити в указанный условии задачи момент (раз
рыв нижнего участка нити произошёл, но положение шариков пока ещё
не изменилось) между шариками, обозначенными на рисунке цифрами
«1» и «2». Для его силы натяжения введём обозначение 𝑇.
Для силы попарного электростатического взаимодействия шариков
𝑞2
(их заряды 𝑞, расстояние между ними 𝐿) введём обозначение 𝐹 = 𝑘 .
𝐿2
Мы допускаем ситуацию 𝑇 = 𝐹. И по ходу решения именно так оно
̸
и окажется, хотя это и может показаться неожиданным.
𝐹⃗ 𝐹⃗
60∘
1
𝑇⃗
60∘
𝑇⃗
𝑇⃗ 𝑇⃗
2 3
𝐹⃗ 𝐹⃗
60∘
𝐹⃗ 𝐹⃗
Определим в соответствии со 2 законом Ньютона проекцию ускоре
ния шарика «1» на направление «1» «2» (напомним, это направление
→
5Точнее, это условие неизменности длины проекции нити на направление нити в
данный момент. Но, поскольку нить в первый момент неподвижна, этим же условием
можно воспользоваться и для длины самой нити.
51

определяется по первоначальному положению шариков «1» и «2»):
𝑇 𝐹 + 𝑇 cos60∘ 𝐹 cos60∘
(⃗𝑎 ) = − −
1 12 𝑚
Определим проекцию ускорения шарика «2» на это же направление:
𝐹 𝑇 + 𝐹 cos60∘
(⃗𝑎 ) = −
2 12 𝑚
Эти проекции, как разъяснено выше, равны друг другу:
𝑇 𝐹 + 𝑇 cos60∘ 𝐹 cos60∘ 𝐹 𝑇 + 𝐹 cos60∘
− − = −
𝑚 𝑚
𝑇 𝐹 + 𝑇 cos60∘ 𝐹 cos60∘ = 𝐹 𝑇 + 𝐹 cos60∘
− − −
(2 + cos60∘)𝑇 = 2(1 + cos60∘)𝐹
(︂ )︂
1
2 1 +
2(1 + cos60∘) 2 3 6
𝑇 = 𝐹 = 𝐹 = 𝐹 = 𝐹
2 + cos60∘ 1 5/2 5
2 +
2
Теперь, зная массу шариков и все действующие на них силы, мы
можем найти требуемые в условии задачи ускорения (для векторного
сложения сил применим теорему косинусов):
√︀
(𝑇 𝐹)2 + (𝑇 𝐹)2 + 2(𝑇 𝐹)(𝑇 𝐹)cos60∘
𝑎 = − − − − =
1 𝑚
√2 2cos60∘ (︂ 6 )︂ √︀ 2 + 2(1/2) √3 𝐹 √3 𝑘𝑞2
= (𝑇 𝐹) − = 𝐹 𝐹 = =
− 𝑚 5 − 𝑚 5 ·𝑚 5 ·𝑚𝐿2
√︀
(𝑇 𝐹)2 + 𝐹2 + 2𝐹(𝑇 𝐹)cos(180∘ 60∘)
𝑎 = − − − =
2 𝑚
√︃
𝐹
(︂
𝑇
)︂2 (︂
𝑇
)︂
= 1 + 1 + 2 1 ( cos60∘) =
𝑚 𝐹 − 𝐹 − −
√︃
𝐹
(︂
6
)︂2 (︂
6
)︂
1 𝐹
√︂
1 1
= 1 + 1 2 1 = + 1 =
𝑚 5 − − 5 − 2 𝑚 52 − 5
𝐹 √︀ √21 𝐹 √21 𝑘𝑞2
= 1 + 52 5 = =
5𝑚 − 5 · 𝑚 5 · 𝑚𝐿2
52

Дополнение. Жюри не предполагало учёт в решении данной
задачи гравитационного взаимодействия между шариками. Но довольно
большое решавших задачу такое взаимодействие учитывали (возможно,
их натолкнуло на эту мысль информация из условия о том, что дело про
исходит «в космосе»). В этом случае решение ничем принципиально не
отличается. Поскольку и электростатические, и гравитационные силы
имеют одинаковую зависимость 1/𝑟2 от расстояния 𝑟, учёт гравитаци
онных сил приведёт только к наличию дополнительного поправочного
множителя в выражениях для силы взаимодействия между шари
ками. (А если силы гравитационного притяжения окажутся больше
сил электростатического отталкивания, то этот множитель будет отри
цательным, что несколько поменяет смысл задачи, не изменив при этом
формальных вычислений.)