text: {"text": [{"text": "V-образный сосуд представляет собой две пластины ширины $l$ и длины $L\gg l$. Пластины соединены снизу идеальным (без трения) шарниром. Сосуд прикреплен к потолку двумя веревками длины $l$, как показано на рисунке. Сосуд почти до краев наполнен водой плотностью $\rho$ и помещен в поле тяжести $g$. Поверхность воды покрыта невесомой тонкой телескопической пластиной (на рисунке отмечена красным), которая не может гнуться, но может как угодно удлиняться, а ее края могут скользить без трения по наклоненным пластинам V-образного сосуда. Эта пластина предназначена только для того, чтобы во время колебаний поверхность воды оставалась плоской. Массой веревок и пластин можно пренебречь. Также можно пренебречь движением воды перпендикулярно плоскости рисунка. <img_0>"}, {"balls": {"number": "", "exponent": null}, "text": "Найдите угол между пластинами."}, {"balls": {"number": "", "exponent": null}, "text": "Найдите минимальную частоту зеркально-симметричной моды колебаний системы. Рассчитайте числовой коэффициент в ответе с точностью 4 значащих цифры."}]}
answer: [{"condition": "Найдите угол между пластинами. ", "solution": {"text": "Пусть угол между пластинами равен $2\alpha$. Поскольку длины нитей равны ширине пластин, угол между нитями также равен $2\alpha$. Угол между пластинами в положении равновесия обозначим за $2\alpha_0$. Площадь поперечного сечения жидкости $S$ равна: $$S=\displaystyle\frac{l^2\sin2\alpha_0}{2} $$ Пусть при угле между пластинами $2\alpha$ ширина соприкосновения жидкости с пластинами равна $L$. Поскольку жидкость несжимаема, при любом значении угла между пластинами площадь поперечного сечения жидкости равна $S$, откуда: $$L(\alpha)=l\sqrt{\displaystyle\frac{\sin2\alpha_0}{\sin2\alpha}} $$ Введём ось $y$, направленную вертикально вверх, начало которой расположено в точке крепления нитей. Центр масс жидкости расположен в точке пересечения медиан треугольника, образованного поперечным сечением жидкости. Тогда при произвольном значении угла $2\alpha$ координата $y$ центра масс жидкости следующая: $$y_{\text{цм}}=\displaystyle\frac{2L\cos\alpha}{3}-2l\cos\alpha $$ или же, подставив полученное ранее выражение для $L(\alpha)$: $$y_{\text{цм}}=l\left(\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{\displaystyle\frac{\sin\alpha_0\cos\alpha_0}{\tan\alpha}}-2\cos\alpha\right) $$ В положении равновесия потенциальная энергия жидкости в поле тяжести Земли минимальна. Для нахождения минимума найдём производную $y_{\text{цм}}$ по углу $\alpha$ $$\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{d\alpha}=l\left(2\sin\alpha-\displaystyle\frac{1}{3}\sqrt{\displaystyle\frac{\sin\alpha_0\cos\alpha_0}{\sin^3\alpha\cos\alpha}}\right) $$ и, подставив значение $\alpha=\alpha_0$, приравняем её к нулю: $$2\sin\alpha_0=\displaystyle\frac{1}{3\sin\alpha_0}\Rightarrow\sin^2\alpha_0=\displaystyle\frac{1}{6} $$ Воспользуемся тригонометрическим преобразованием $$\cos2\alpha_0=1-2\sin^2\alpha_0 $$ откуда: Приращение потенциальной энергии жидкости в поле тяжести Земли вблизи значения $\alpha_0$ можно записать в следующем виде: $$\Delta{W}_p=\displaystyle\frac{mg\Delta{\alpha}^2}{2}\displaystyle\frac{d^2y_{\text{цм}}}{d\alpha^2} $$ Найдём вторую производную координаты $y_{\text{цм}}$ по углу $\alpha$ в положении $\alpha=\alpha_0$: $$\displaystyle\frac{d^2y_{\text{цм}}}{d\alpha^2}=l\left(2\cos\alpha_0+\displaystyle\frac{3\cos^2\alpha_0-\sin^2\alpha_0}{6\sin^2\alpha_0\cos\alpha_0}\right) $$ Для удобства приведём выражение к переменной $\cos2\alpha$: $$\displaystyle\frac{d^2y_{\text{цм}}}{d\alpha^2}=l\sqrt{2}\left(\sqrt{1+\cos2\alpha_0}+\displaystyle\frac{1+2\cos2\alpha_0}{3(1-\cos2\alpha_0)\sqrt{1+\cos2\alpha_0}}\right) $$ Масса жидкости равна: $$m=\displaystyle\frac{{\rho}Ll^2\sin2\alpha_0}{2} $$ Окончательно для приращения потенциальной энергии получим: $$\Delta{W}_p=\displaystyle\frac{{\rho}gLl^3\sin2\alpha_0}{2\sqrt{2}}\left(\sqrt{1+\cos2\alpha_0}+\displaystyle\frac{1+2\cos2\alpha_0}{3(1-\cos2\alpha_0)\sqrt{1+\cos2\alpha_0}}\right)\Delta{\alpha}^2 $$ Подставим полученное ранее значение $\alpha_0$: $$\Delta{W}_p=\rho gLl^3\sqrt{\displaystyle\frac{2}{3}}\Delta{\alpha}^2 $$ Перейдём к поиску кинетической энергии жидкости $E_k$. Из теоремы Кёнига следует, что её можно записать в следующем виде: $$E_k=E_{k_{\text{цм}}}+E_{k_{\text{отн}}} $$ где $E_{k_{\text{цм}}}$ - кинетическая энергия движения центра масс, а $E_{k_{\text{отн}}}$ - кинетическая энергия движения относительно центра масс. Найдём скорость центра масс: $$\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{dt}=\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{d\alpha}\displaystyle\frac{d\alpha}{dt} $$ Поскольку в положении равновесия величина $\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{d\alpha}=0$, кинетической энергией движения центра масс можно пренебречь. Распределение скоростей жидкости проще всего найти, рассмотрев её движение в системе отсчёта, связанной с шарнирным соединением пластин. Введём систему координат $xy'$ лежащую в плоскости рисунка. Ось $y'$ направлена вертикально вниз, а ось $x$ направлена, для определённости, влево (в действительности, в силу симметрии её направление не имеет значения), а начало координат расположено в точке шарнирного соединения пластин. Элементы жидкости, контактирующие с красной пластиной, по всей площади контакта имеют проекцию вектора скорости на ось $y'$, равную скорости красной пластины $v_{\text{к}}$, выражение для которой следующее: $$v_{\text{к}}(\alpha_0)=\displaystyle\frac{l\dot{\alpha}}{2\sin\alpha_0} $$ Проведём в жидкости некоторое сечение $S$, параллельное красной пластине. Из подобия треугольников следует, что проекция скорости сечения $S$ на ось $y'$ прямо пропорциональна соответствующей координате, что говорит о том, что во всех точках жидкости с координатой $y'$ проекции их скоростей на соответствующую ось должны быть одинаковы в силу подобия течений. Значит, для зависимости $v_{y'}(y')$ имеем: $$v_{y'}(y')=\displaystyle\frac{v_{\text{к}}}{l\cos\alpha_0}y'=\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}y' $$ Перейдём к распределению горизонтальных составляющих скоростей жидкости. В силу симметрии понятно, что $v_x(0,y')=0$. Далее, воспользуемся уравнением несжимаемости жидкости: $$\nabla\vec{v}=\displaystyle\frac{\partial{v}_x}{\partial{x}}+\displaystyle\frac{\partial{v}_y'}{\partial{y'}}=0 $$ откуда: $$\displaystyle\frac{\partial{v}_x}{\partial{x}}=-\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}=const $$ и, поскольку $v_x(0,y')=0$: $$v_x(x)=-\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}x $$ Вернёмся в неподвижную систему отсчёта. Распределение вертикальных компонент скорости при этом изменится. Если в положении центра масс жидкости ввести вертикально вниз ось $y$, то вектор скорости выражается следующим образом: $$\vec{v}=\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}(-x\vec{e}_x+y\vec{e}_y) $$ Тогда кинетическую энергию движения относительно центра масс можно записать в виде: $$E_k=\int \displaystyle\frac{v^2dm}{2}=\displaystyle\frac{\dot{\alpha}^2}{2\sin^2 2\alpha_0}\int (x^2+y^2)dm $$ Заметим, что последний интеграл в точности равен моменту инерции жидкости относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости рисунка. Найдём его. Рассмотрим произвольный треугольник массы $m$ с произвольными сторонами $a$, $b$ и $c$. Любой треугольник можно разбить на $4$ одинаковых. Тогда уравнение для момента инерции следующее: $$I=4\cdot{\displaystyle\frac{I}{16}}+\displaystyle\frac{m\left(M^2_a+M^2_b+M^2_c\right)}{4\cdot{9}} $$ где $M^2_a, M^2_b, M^2_c$ - квадраты длин медиан, проведённых к сторонам $a$, $b$ и $c$. Выражения для них следующие: $$M^2_a=\displaystyle\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\quad M^2_b=\displaystyle\frac{2a^2+2c^2-b^2}{4}\quad M^2_c=\displaystyle\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4} $$ откуда: $$I=\displaystyle\frac{m(a^2+b^2+c^2)}{36} $$ Отсюда, для кинетической энергии получим: $$E_k=\displaystyle\frac{{\rho}Ll^4(2-\cos2\alpha_0)\dot{\alpha}^2}{72\sin2\alpha_0} $$ После подстановки значения $\alpha_0$: $$E_k=\displaystyle\frac{{\rho}Ll^4\dot{\alpha}^2}{18\sqrt{5}} $$ Выражение для полной энергии следующее: $$\displaystyle\frac{{\rho}Ll^4\dot{\alpha}^2}{18\sqrt{5}}+\rho gLl^3\sqrt{\displaystyle\frac{2}{3}}\Delta{\alpha}^2=E $$ Дифференцируя, получим:"}, "answer": {"answers": ["Ответ: $2\alpha_0=\arccos \cfrac{2}{3}$  Приращение потенциальной энергии жидкости в поле тяжести Земли вблизи значения $\alpha_0$ можно записать в следующем виде: $$\Delta{W}_p=\displaystyle\frac{mg\Delta{\alpha}^2}{2}\displaystyle\frac{d^2y_{\text{цм}}}{d\alpha^2} $$ Найдём вторую производную координаты $y_{\text{цм}}$ по углу $\alpha$ в положении $\alpha=\alpha_0$: $$\displaystyle\frac{d^2y_{\text{цм}}}{d\alpha^2}=l\left(2\cos\alpha_0+\displaystyle\frac{3\cos^2\alpha_0-\sin^2\alpha_0}{6\sin^2\alpha_0\cos\alpha_0}\right) $$ Для удобства приведём выражение к переменной $\cos2\alpha$: $$\displaystyle\frac{d^2y_{\text{цм}}}{d\alpha^2}=l\sqrt{2}\left(\sqrt{1+\cos2\alpha_0}+\displaystyle\frac{1+2\cos2\alpha_0}{3(1-\cos2\alpha_0)\sqrt{1+\cos2\alpha_0}}\right) $$ Масса жидкости равна: $$m=\displaystyle\frac{{\rho}Ll^2\sin2\alpha_0}{2} $$ Окончательно для приращения потенциальной энергии получим: $$\Delta{W}_p=\displaystyle\frac{{\rho}gLl^3\sin2\alpha_0}{2\sqrt{2}}\left(\sqrt{1+\cos2\alpha_0}+\displaystyle\frac{1+2\cos2\alpha_0}{3(1-\cos2\alpha_0)\sqrt{1+\cos2\alpha_0}}\right)\Delta{\alpha}^2 $$ Подставим полученное ранее значение $\alpha_0$: $$\Delta{W}_p=\rho gLl^3\sqrt{\displaystyle\frac{2}{3}}\Delta{\alpha}^2 $$ Перейдём к поиску кинетической энергии жидкости $E_k$. Из теоремы Кёнига следует, что её можно записать в следующем виде: $$E_k=E_{k_{\text{цм}}}+E_{k_{\text{отн}}} $$ где $E_{k_{\text{цм}}}$ - кинетическая энергия движения центра масс, а $E_{k_{\text{отн}}}$ - кинетическая энергия движения относительно центра масс. Найдём скорость центра масс: $$\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{dt}=\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{d\alpha}\displaystyle\frac{d\alpha}{dt} $$ Поскольку в положении равновесия величина $\displaystyle\frac{dy_{\text{цм}}}{d\alpha}=0$, кинетической энергией движения центра масс можно пренебречь. Распределение скоростей жидкости проще всего найти, рассмотрев её движение в системе отсчёта, связанной с шарнирным соединением пластин. Введём систему координат $xy'$ лежащую в плоскости рисунка. Ось $y'$ направлена вертикально вниз, а ось $x$ направлена, для определённости, влево (в действительности, в силу симметрии её направление не имеет значения), а начало координат расположено в точке шарнирного соединения пластин. Элементы жидкости, контактирующие с красной пластиной, по всей площади контакта имеют проекцию вектора скорости на ось $y'$, равную скорости красной пластины $v_{\text{к}}$, выражение для которой следующее: $$v_{\text{к}}(\alpha_0)=\displaystyle\frac{l\dot{\alpha}}{2\sin\alpha_0} $$ Проведём в жидкости некоторое сечение $S$, параллельное красной пластине. Из подобия треугольников следует, что проекция скорости сечения $S$ на ось $y'$ прямо пропорциональна соответствующей координате, что говорит о том, что во всех точках жидкости с координатой $y'$ проекции их скоростей на соответствующую ось должны быть одинаковы в силу подобия течений. Значит, для зависимости $v_{y'}(y')$ имеем: $$v_{y'}(y')=\displaystyle\frac{v_{\text{к}}}{l\cos\alpha_0}y'=\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}y' $$ Перейдём к распределению горизонтальных составляющих скоростей жидкости. В силу симметрии понятно, что $v_x(0,y')=0$. Далее, воспользуемся уравнением несжимаемости жидкости: $$\nabla\vec{v}=\displaystyle\frac{\partial{v}_x}{\partial{x}}+\displaystyle\frac{\partial{v}_y'}{\partial{y'}}=0 $$ откуда: $$\displaystyle\frac{\partial{v}_x}{\partial{x}}=-\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}=const $$ и, поскольку $v_x(0,y')=0$: $$v_x(x)=-\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}x $$ Вернёмся в неподвижную систему отсчёта. Распределение вертикальных компонент скорости при этом изменится. Если в положении центра масс жидкости ввести вертикально вниз ось $y$, то вектор скорости выражается следующим образом: $$\vec{v}=\displaystyle\frac{\dot{\alpha}}{\sin2\alpha_0}(-x\vec{e}_x+y\vec{e}_y) $$ Тогда кинетическую энергию движения относительно центра масс можно записать в виде: $$E_k=\int \displaystyle\frac{v^2dm}{2}=\displaystyle\frac{\dot{\alpha}^2}{2\sin^2 2\alpha_0}\int (x^2+y^2)dm $$ Заметим, что последний интеграл в точности равен моменту инерции жидкости относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости рисунка. Найдём его. Рассмотрим произвольный треугольник массы $m$ с произвольными сторонами $a$, $b$ и $c$. Любой треугольник можно разбить на $4$ одинаковых. Тогда уравнение для момента инерции следующее: $$I=4\cdot{\displaystyle\frac{I}{16}}+\displaystyle\frac{m\left(M^2_a+M^2_b+M^2_c\right)}{4\cdot{9}} $$ где $M^2_a, M^2_b, M^2_c$ - квадраты длин медиан, проведённых к сторонам $a$, $b$ и $c$. Выражения для них следующие: $$M^2_a=\displaystyle\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\quad M^2_b=\displaystyle\frac{2a^2+2c^2-b^2}{4}\quad M^2_c=\displaystyle\frac{2a^2+2b^2-c^2}{4} $$ откуда: $$I=\displaystyle\frac{m(a^2+b^2+c^2)}{36} $$ Отсюда, для кинетической энергии получим: $$E_k=\displaystyle\frac{{\rho}Ll^4(2-\cos2\alpha_0)\dot{\alpha}^2}{72\sin2\alpha_0} $$ После подстановки значения $\alpha_0$: $$E_k=\displaystyle\frac{{\rho}Ll^4\dot{\alpha}^2}{18\sqrt{5}} $$ Выражение для полной энергии следующее: $$\displaystyle\frac{{\rho}Ll^4\dot{\alpha}^2}{18\sqrt{5}}+\rho gLl^3\sqrt{\displaystyle\frac{2}{3}}\Delta{\alpha}^2=E $$ Дифференцируя, получим:"]}, "number_part": "", "exponent_part": null}, {"condition": "Найдите минимальную частоту зеркально-симметричной моды колебаний системы. Рассчитайте числовой коэффициент в ответе с точностью 4 значащих цифры. ", "solution": {"text": ""}, "answer": {"answers": ["Ответ: $\omega=\sqrt{30\sqrt{\cfrac{6}{5}} \cfrac{g}{l}}\approx 5.733\sqrt{g/l}$"]}, "number_part": "", "exponent_part": null}]