Долго ли палке упасть?

10

Долго ли палке упасть?

От редакции. Решая реальный физический задачу, мы обчено выбираем ее идеализированную модель, позволяющую применить математические методы для ее решения. Разумеется, важно смещать правильное устройство этого выбор. Неожиданные трудности, которые при этом могут возникнуть, обсуждаются в публикуемом ниже статье с точки зрения математика.

Проделяйте следующий физический эксперимент. Установите на полу вертикальное палку (можно щетку, скалку, линейку и т. п.) и плавно, без толчка отняв руку, отпустите ее. Палка упадет. Конечно, если палка толстая (например, полено) и нижний конец ее достаточно robustый, то она так и остается стоять, но мы этот случай не рассматриваем. Ton-кие палки с заостренным нижним концом, поставленные вертикально на пол, всегда падают, если их ничего не подерживает, — это экспериментальный факт.

Попытаемся теперь сопоставить этому факту теоретический расчет.

Как это построено делается при решении физических задач, идеализируем объект рассмотрения: вместе палки рассмотрим стержень, не имеющий толщины, установленный вертикально на горизонтальной поверхности; стержень находится в поле тяжесте, а среда не оказывает сопротивления движению; долго ли он будет nadать?

При некоторых внешательности можно заметить, что нижний конец палки неодвижен лишь в начальной стадии ее padения; позже он едет по полу. В какую сторону он едет — зависит от коэффициента треня палки об пол*. Чтоы не связаны с этим сложностями, предположим, что нижний конец нашего идеального стержня закреплен в шарнире; трене отсутствует.

Обозначим через $l$ расстояние от центра масс стержня до его нижнего конца, через $m$ — массу стержня. Расстояние момент времени, когда стержень образует с вертикально угодл $\alpha$, $0 < \alpha \leq \frac{\pi}{2}$ (рис. 1). К этому моменту центр масс опустится на $l$ (1—cos $\alpha$). Значит, потенциальная энергия уменьшилась на $mgl$ (1—cos $\alpha$). Она перешла в кинетическое энергию, которое мы запишем в виде $K = I \frac{\omega^2}{2}$, так как она пропциональная квадрату угловой скорости $\omega$ (здесь $I$ — постоянная**), а $\omega$ зависит от $\alpha$).

Действительно, если массу стержня считать сосредоточенной в его центре масс, то

$$K = \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m (l \omega)^2 = (ml^2) \frac{\omega^2}{2}.$$ (0)

Если же стержень считать однородным, то

*) См., например, задачи 196, 197 в заданнике Б. Б. Буховцева и др. «Сборник задач по элементарной физике» (M., «Нayka», 1974).

**) I называется моментом инерции; определяние этого понятия можно прочитать в предыдущем номере «Кванта» на с. 6, но оно нам не потребуется.

11

Рис. 1.

$$K = \int_{0}^{2l} \frac{m(v(y))^2}{2l \cdot 2} \, dy = \frac{m}{2l} \int_{0}^{2l} \frac{(\omega y)^2}{2} \, dy = \left( \frac{4}{3} m l^2 \right) \frac{\omega^2}{2}.$$ (00)

Приравнивая потерянную потенциалную энергию и прибретенную кинетическую, получим

$$\frac{1}{2} I \omega^2 = m g l (1 - \cos \alpha),$$

откуда

$$\omega = \sqrt{\frac{2}{l} m g l (1 - \cos \alpha)} = 2 \sqrt{\frac{m g l}{l} \sin \frac{\alpha}{2}}$$

Угловая скорость $\omega$ — это скорость изменения угла $\alpha$, то есть произвольная $\alpha$ по времени:

$$\omega = \frac{d\alpha}{dt}.$$

Отсюда (по теореме о произвольной обратной функции)

$$\frac{dt}{d\alpha} = \frac{1}{\omega} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{I}{m g l}} \cdot \frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}}.$$ (1)

Имеет ли смысл это выражение? В школе проходят интегралы непрерывных ограниченных функций. Здесь же под знаком интеграла стоит функция, не определенная при $\alpha = 0$ и стремящаяся к бесконечности при $\alpha \to 0$. «Кривolineная грапеция», заключенная между осью $\alpha$, прямыми $\alpha = 0$ и $\alpha = \frac{\pi}{2}$ и графиком этой функции

Рис. 2.

цини, бесконечна (рис. 2). Как можно говорить о площади бесконечной функции? Оказывается, можно, и при разумном определении эта площад даже иногда бывают конечной. Интерgal от неограниченной функции такого типа, как (1), называется неособственным и по определению полагается равным предлу обичного, «собственного» интерgal при подходящем изменении его границ*). В данном случае

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\alpha}{\sin \frac{\alpha}{2}} = \lim_{\varepsilon \to 0} \int_{\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\alpha}{\sin \frac{\alpha}{2}}$$

Интерgal под знаком предела, отвечающий заштрихованной площади на рисунке 2, можно сосчитать точно, но пока нам это даже не нужно.

Вспомним, что $\sin \alpha < \alpha$ при $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$.

Поэтому $\sin \frac{\alpha}{2} < \frac{\alpha}{2}$, откуда

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\alpha}{\sin \frac{\alpha}{2}} > 2 \int_{\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\alpha}{\sin \frac{\alpha}{2}} = 2 \left( \ln \frac{\pi}{2} - \ln \varepsilon \right).$$

Посленее выражение при $\varepsilon \to 0$ стремится к бесконечности.

Вот те на! У нас получилось, что время падения стержня равно бесконечности! Но в эксперименте-то палка падет — значит, теория противочит практике?

Конечно, положение не такое уж неясное. Если вначале стержень стоит вертикально, то он

*) См., например, определение неособственного интеграла в задаче 12 параграфа 1 главы V книги Б. М. Ивлева и др. «Сборник задач по алгебре и началом анализа для 9 и 10 классов». (М., «Просвещение», 1978).

12

вообще не будет падать, то есть α всегда будет равным нулю. Мы же фактически начали наш расчет с некоторого положительного α.

Поскольку на практике палка все-tаки падает, ей и в теории надо сопоставлять стержень, который падает. С физической точки зрения естественно было бы рассмотреть один из следующих двух случаев:

1. вначале стержень вертикален и имеет маленькую, но отличную от нуля угловую скорость;
2. вначале стержень неподвижен и отклонен от вертикали на маленький, но отличный от нуля угол.

Но формулы в этих случаях придется писать заново, и они сложнее, чем те, что уже написаны. Поэтому рассмотрим случай, самый простой с математической точки зрения: стержень падает за время (см. 1))

$$T = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{I}{mgl}} \int_{\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\alpha}{\sin \frac{\alpha}{2}}.$$

Физическая смысл этого случая состоит в том, что вначале стержень отклонен от вертикали на маленький угол ε > 0 и имеет начальную угловую скорость, равную

$$2 \sqrt{\frac{mgl}{I}} \sin \frac{\varepsilon}{2}.$$

Теперь никакого парадокса нет, так как написанный интервал имеет полное определение конечную величины.

Его можно даже вычислить точно. По формуле дифференцирования сложной функции вы можете убедиться, что

$$\left(2 \ln tg \frac{x}{4}\right)' = \frac{1}{\sin \frac{x}{2}},$$

откуда

$$\int_{\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\alpha}{\sin \frac{\alpha}{2}} = 2 \left(\ln tg \frac{\pi}{8} - \ln tg \frac{\varepsilon}{4}\right).$$

Итак, время падения стержня равно

$$T = Q \left(\ln tg \frac{\pi}{8} - \ln tg \frac{\varepsilon}{4}\right),$$

где $Q = \sqrt{\frac{I}{mgl}}$.

Если все масса стержня сосредоточена в его центре масс, то (см. (0))

$$I = ml^2 \text{ и } Q = \sqrt{\frac{l}{g}}.$$

Если стержень однороден, то (см. (0))

$$I = \frac{4}{3} ml^2 \text{ и } Q = \sqrt{\frac{4}{3} \frac{l}{g}}.$$

В обихх случае время падения $T$ не зависит от массы $m$ и пропорционально корню квадратному из $l$. Этому соответствует тот наблюдается факт, что длиные палки падают должны, чем короткие.

Отметим, что полученный в начале статы парадокса не всегда заменют. Например, задача 195 упомянутого задачиника Б. Б. Буховцева и др. формулируется так: На легкий стержень насажен массивный шар (рис. 3). В каком случае стержень упадет быстрее: если его поставить вертикально на конец $A$, или на конец $B$? Стойцей на земле конец стержня не просkalзывает.

В качестве решения этой задачи выводится формула угловой скорости

$$\omega = 2 \sin \frac{\alpha}{2} \sqrt{\frac{g}{R}},$$

где $R$ — расстояние от конца стержня до центра масс шара (эта формула совпадает с нашей при $l = R, I = mR^2$), и дальнейшее пшеття: «При данном α она тем меньше, чем больше $R$. Следовательно, стержень упадет скорее, если он поставлен на конец $B$» (с. 227). Данное рассуждение не корректно, потому что, как мы видели, интегral написанной выше формулы бесконечен при всяком $R > 0$. Есть ли какой-нибудь смысл говорить, что одна бесконечность больше других бесконечности? Что бы в каком-то

Рис. 3.

13

смысле решить цитированную задачу, можно, например, рассмотреть стержни, отклоненные вначале от вертикали на какой-то маленький угол, или имеющие какую-то маленькую начальную угловую скорость, или и то и другое — как сделано выше.

Кстати, мы в каком-то смысле решили и задачу №56 из прекрасного задачи И. Ш. Слободецкого и Л. Г. Асламазова «Задачи по физике» (М., «Нука», 1980): Почем полову что значительно легче удерживать на палеце, чем палутой же длины?

В решении этой задачи, приводимом в задачике (с. 77), читатель предлагается самостояльно рассмотреть, как зависит время падения от длины стержня, причем не упоминается о тех трудностях, с которых мы пытаемся здесь справиться. Аккуратное решение этой задачи действительно требует рассмотрения времени падения палки, но чтобы это время получилось конечным (а только конечные величины можно сравнивать между собой), надо рассмотреть начальное условие, как-то отличное от условия равновесия. Такое рассмотрение придает строгий смысл неформальным расчетением типа «чем выше центр масс палки, тем медленнее она наклоняется, и тем легче успеть сместить палец в эту же сторону».

В процессе обсуждения исходной задачи нам прилось отказаться от наболее простой ее модели (идеальный стержень на шарнире, стоящий вертикально) и рассмотреть более сложную модель, так как вертикальный идеальный стержень не падает. Однако простейшая модель в полне корректа, если обратить время, иными словами — имеет дело не с падаюшей, а с поднимшей палкой. Точнее, рассмотрим такую задачу: один конец горизонтального лежащего идеального стержня длины l закреплен в шарнире, а другой концу придается скорость, направления вверх и равная $\sqrt{8gl/3}$; как долю будет стержень подниматься?

Правильный ответ дает интеграл (1): стержень будет подниматься бесконечно долго, стремясь к вертикальному положению, но ни когда не достига его. Так, гипнаст, поворачивающийся в верхнюю стойку на перекладине, чтобы не подниматься к точке равновесия бесконечно долго, должен за счет.maxового движения придать себе скорость, обеспечивающего движение дальнейшее этой точки, и оставиться в ней за счет трения (зажимая руками перекладину).

Но вот что еще остается неясным в исходной задаче.

Предположим, что мы продельиваем несколько экспериментов с одной и той же палкой. Каждый раз мы естьvim на пол, как нам кажется, вертикально и отпускаем. Палка падает, причем можно убедиться в том, что промежутки времени, затраченные на падение, во всех случаях не сильно отличаются друг от друга. И вот это страно. Ведь каждый раз палка в действительности отклоняется от вертикали на какой-то иной ненулевой угол и имеет какую-то иную ненулевую начальную скорость. Значит, и длительность падения должны быть различными. В некоторых случаях, казалось бы, начальные угол и скорость должны служной получаться совсем маленькими, и тогда время падения должна быть очень большим, однако этого не наблюдается. В чем же дело?

На этот вопрос нам удостраться ответить только неформально. Расмотрим формулу (2). Она содержит постоянный член $Q \ln tg \frac{\pi}{8}$ и переменный член — $Q \ln tg \frac{\varepsilon}{4}$. При маленьких $\varepsilon$ (а нас также и интересует) $tg \frac{\varepsilon}{4}$ близок к $\frac{\varepsilon}{4}$, и переменный член близок к

$$-Q \ln \frac{\varepsilon}{4} = Q \ln 4 - Q \ln \varepsilon.$$

Так вот в том, что величина — $\ln \varepsilon$, хотя и стремится при $\varepsilon \rightarrow 0$ к бесконечности, но очень медленно.

Например, уменьшению $\varepsilon$ в 10 раз соответствует увеличение — $\ln \varepsilon$ на постоянную величины $\ln 10 \approx 2,3$.

(Окончание см. на c. 24)