Задача 3. Шарик на стержне: сила упругости обращается в нуль

Шаг 1. Где сила стержня может быть нулём

Стержень жёсткий, поэтому шарик движется строго по окружности радиуса $l$ и стержень может как тянуть шарик к оси (растяжение, $T>0$), так и толкать от оси (сжатие, $T<0$). Нуль силы — это момент смены знака, а не «отрыв», как у нити.

Введём угол $\varphi$ между стержнем и нижней вертикалью. Движение симметрично относительно вертикали, проходящей через ось: по закону сохранения энергии скорость в точках $\varphi$ и $360^\circ-\varphi$ одинакова, значит и сила стержня в них одинакова. Поэтому два положения с $T=0$ симметричны: одно при $\varphi_0$, другое при $360^\circ-\varphi_0$. Угол между направлениями стержня (ось $\to$ шарик) в них равен $2(180^\circ-\varphi_0)$ — это и есть данный в условии угол $\theta = 96^\circ$. Заметим: угол $96^\circ$ больше $90^\circ$, значит речь именно о направленных отрезках, а не о неориентированных прямых (между прямыми меньший угол не превышает $90^\circ$ и равнялся бы $84^\circ$). Удобно ввести угол $\alpha$ от верхней вертикали:

Шаг 2. Второй закон Ньютона вдоль стержня

В произвольной точке окружности на шарик действуют сила тяжести $m\vec g$ и сила стержня $\vec T$, направленная вдоль стержня (считаем $T>0$, если она направлена к оси). Центростремительное ускорение $\dfrac{v^2}{l}$ направлено к оси. Проекция силы тяжести на направление «к оси» равна $-mg\cos\varphi$ (в нижней точке $\varphi=0$ тяжесть направлена от оси, в верхней $\varphi=180^\circ$ — к оси). Поэтому

Проверка знаков: внизу $T = \dfrac{mV^2}{l} + mg > 0$ (стержень растянут), вверху $T = \dfrac{mv^2}{l} - mg$ и может быть отрицательным (сжатие).

Шаг 3. Скорость в точке $\varphi$ из закона сохранения энергии

Стержень лёгкий и жёсткий, ось свободная — сила стержня работы над шариком не совершает (она перпендикулярна скорости), трения нет. Подъём шарика над нижней точкой равен $h = l - l\cos\varphi = l(1-\cos\varphi)$, поэтому

Шаг 4. Условие $T=0$ и общая формула

Положим $T=0$ в формуле шага 2 и разделим на $m$:

Подставим $v^2 = V^2 - 2gl + 2gl\cos\varphi$ из шага 3 и сложим $2gl\cos\varphi + gl\cos\varphi = 3gl\cos\varphi$:

При $V^2 < 5gl$ правая часть лежит строго между $-1$ и $1$, и на окружности ровно два решения: $\varphi_0$ и $360^\circ-\varphi_0$. Это и согласуется с условием «два раза за оборот». При $V^2 = 5gl$ обе точки сливаются в верхней, при $V^2 > 5gl$ стержень растянут всюду. А если $V^2 < 2gl$, то $\cos\varphi_0 > 0$, но шарик до этих точек не доходит: он останавливается раньше и колеблется. По шагу 1 $\varphi_0 = 180^\circ - \alpha$, то есть $\cos\varphi_0 = -\cos\alpha$. Тогда

откуда

Шаг 5. Подстановка чисел и округление

$\cos 48^\circ \approx 0{,}6691$, $gl = 10\cdot 0{,}3 = 3\ \text{м}^2/\text{с}^2$. Подставляем:

С округлением до десятых: $V \approx 3{,}5\ \text{м/с}.$

Шаг 6. Проверяем, что оборот действительно полный

Для полного оборота за конечное время шарик должен пройти верхнюю точку с положительной скоростью:

Наше $V^2 \approx 12{,}0222\ \text{м}^2/\text{с}^2$, условие выполнено с небольшим запасом: $v_{\text{верх}} \approx 0{,}149\ \text{м/с}$.

Почему нельзя включить равенство? При $V = 2\sqrt{gl}$ скорость на пути к верху равна $v(\varphi)=2\sqrt{gl}\cos(\varphi/2)$, где $0\le\varphi<\pi$. Вблизи верхней точки она стремится к нулю пропорционально оставшемуся углу, а время $\int l\,d\varphi/v(\varphi)$ неограниченно растёт. Шарик лишь асимптотически приближается к неустойчивому верхнему положению. Поэтому $2\sqrt{gl}$ — нижний порог, но не достигаемый минимум скорости полного оборота.

Подставим $V^2 = gl(2 + 3\cos\alpha)$ в строгое условие:

Исходные $96^\circ$ лежат внутри допустимого интервала. Данные задачи подобраны почти на границе, поэтому проверка здесь обязательна.