BelPhO 2024, Областен етап, 9–11 клас — Задача 7. Задание 11-1. Гармоническая разминка

• 1.1 5.6 м/с²

  a₂ = √(a₁(a₁ + 2g)); ускорение лифта направлено вверх, а ехать он может и вверх (разгоняясь), и вниз (тормозя).

• 1.2 2 км

  h₂ = 2h₁; время отставания τ для решения не требуется.

• 1.3 $T = 2\pi\frac{l}{m_1 + m_2}\sqrt{\frac{m_1 m_2}{gR}}$

1.1 «Разгон маятника» При равномерном движении лифта или электрички в любом направлении (вверх – вниз или вправо – влево) период колебаний математического маятника, подвешенного к потолку, не изменится, поскольку все инерциальные системы отсчета (ИСО) эквивалентны (принцип относительности Галилея). Период колебаний такого маятника будет равен периоду колебаний «неподвижного» маятника длиной $l$, вычисленному по формуле Гюйгенса

где $g$ – ускорение свободного падения.

При ускоренном движении лифта или электрички период колебаний $T$ маятника можно найти по «модернизированной» формуле Гюйгенса через т.н. «эффективное ускорение» $g^{*}$

В случае электрички (её ускорение $a_2$ горизонтально, не важно, в какую сторону) эффективное ускорение находится по теореме Пифагора

Как следует из (2) и (3), в ускоренно движущейся электричке (не важно, разгон или торможение) период колебаний математического маятника всегда меньше, чем покоящегося.

При ускорении лифта вверх эффективное ускорение

а при ускорении вниз

Из сравнения (3), (4) и (5) получаем, что равенство периодов колебаний математического маятника в электричке и лифте может наблюдаться только при ускорении лифта вверх, когда

Из (6) находим

По правилам приближенных вычислений в окончательных расчётах сохраняем по две значащие цифры, поскольку «худшее» из данных условия задачи содержит две значащие цифры (не путать с цифрами после запятой!).

Подчеркнем, что (4) задает направление ускорения лифта (вверх), а в задаче спрашивается: куда он едет? Но за направление движения «отвечает» скорость лифта, а не его ускорение. Следовательно, ехать лифт при этом может «куда угодно»: как вверх (ускоряется), так и вниз (тормозится) – в обоих случаях ускорение будет направлено вверх. Таким образом, распространенный ответ «лифт едет вверх» является неполным, а строго говоря – неверным.

1.2 «Маятник в шахте» При подъёме в гору на малую высоту $h$ (по сравнению с радиусом Земли) несколько уменьшается ускорение свободного падения $g$.

Действительно, из закона всемирного тяготения следует, что на поверхности Земли

где $G = 6{,}67\cdot 10^{-11}\ \frac{\text{Н}\cdot\text{м}^2}{\text{кг}^2}$ – гравитационная постоянная, $M = 5{,}97\cdot 10^{24}\ \text{кг}$ и $R = 6{,}37\cdot 10^{6}\ \text{м}$ – соответственно, масса и радиус Земли.

Соответственно, период колебаний маятника часов по формуле Гюйгенса будет равен

При подъёме на высоту $h$ расстояние до центра Земли увеличивается, следовательно

Как следует из (10), только при $h = \left(\sqrt{2} - 1\right)R = 0{,}41R$ , т.е. на высоте $h = 2639\ \text{км}$ над поверхностью Земли (глубокий космос!) ускорение свободного падения уменьшается в 2 раза (на 50%).

Таким образом, высоту $h_1 = 1{,}0\ \text{км}$ уверенно и с большой точностью можно считать малой, т.е. гораздо меньше радиуса Земли. В задаче не требуется, но преобразуем (10) для малых высот $h$ $(h \ll R)$ с учетом математической подсказки из условия задачи

тогда

С учетом (9) и (10), на высоте $h$ над поверхностью земли период колебаний $T_1(h)$ математического маятника составит

Поскольку у правильно идущих часов $T_0 = 1{,}00\ \text{с}$ , то для случая часов на горе получим

тогда за сутки $(24\times 60\times 60 = 86\ 400)$ они сделают $N_1$ качаний (меньше, чем на поверхности)

Это и соответствует суточному отставанию на $\tau = 14\ \text{с}$ , приведенному в условии.

При опускании в шахту на глубину $h$ ускорение свободного падения также уменьшается, но по линейному закону

Этот эффект связан с тем, что внешние (по отношению к текущему положению тела) слои Земли «перестают» притягивать тела, уменьшая тем самым «эффективную», т.е. гравитирующую массу Земли. Учет притяжения внутренних слоёв Земли и приводит к зависимости (16).

Соответственно, период колебаний $T_2(h)$ маятника в шахте на глубине $h$ будет равен

Сравнивая (13) и (17), находим, что для одинакового замедления хода маятниковых часов на горе и в шахте необходимо выполнение условия равенства их периодов колебаний (время суточного отставания $\tau = 14\ \text{с}$ дано для справки, и для решения не потребовалось)

Расчет даёт

Как видим из (19), для «одинакового отставания» маятниковые часы необходимо опускать в шахту на бóльшую глубину (в два раза!), чем поднимать в гору. Оно и понятно, поскольку в шахте ускорение свободного падения (16) убывает с глубиной в два раза медленнее, чем на горе (12).

Можно сказать и иначе: при одинаковых $h$ маятниковые часы в шахте отстают в два раза меньше, чем на горе, т.е. идут точнее. В этом смысле лучше «зарываться», чем «подниматься»! ☺

1.3 «Непостоянная планка» В положении равновесия системы моменты сил тяжести шариков (массой планки пренебрегаем, поскольку она лёгкая) относительно точки касания $O$ планки и цилиндра должны быть равны (Рис. 01)

где $l_1$ и $l_2$ – плечи соответствующих сил тяжести. Можно сказать и иначе – центр масс системы при равновесии должен быть в точке $O$.

Кроме того, выполняется очевидное условие

Из системы уравнений (20) и (21) находим

Рассмотрим механическую систему в момент, когда планка с шариками отклонена от положения равновесия на малый угол $\alpha$ и касается цилиндра новой точкой $A$ (Рис. 02).

Поскольку планка двигалась по цилиндру без проскальзывания, то длина отрезка $AO$ ($O$ – прежняя точка касания) равна длине дуги $AB$ ($B$ – верхняя точка цилиндра)

Подчеркнем, что точки $O$ и $B$ не лежат на одной вертикали, хотя для решения это не важно.

При отклонении планки от положения равновесия точка $A$ опустилась (Рис. 03) на некоторую высоту $h_1$ относительно верхней точки цилиндра.

Из Рис. 3 с учетом малости угла $\alpha$ и подсказки из условия находим

Соответственно, при отклонении планки центр масс $O$ системы поднялся относительно начального уровня (с учетом малости угла $\alpha$ и подсказки из условия) на высоту $h_2$

Следовательно, потенциальная энергия $E^{\text{п}}$ системы при отклонении планки с шариками на малый угол $\alpha$ увеличилась на величину

Заметим, что (26) можно получить и другим способом: рассматривая смещение по вертикали каждого шарика. Придётся немного больше «попотеть» с преобразованиями, но результат, конечно же, получится таким же.

Кинетическая энергия системы в рассматриваемый момент складывается из кинетических энергий шариков (планка легкая)

Однако, из-за смещения точки касания цилиндра планкой (из $(\cdot)\,O$ в $(\cdot)\,A$) изменятся расстояния до мгновенной оси вращения, следовательно, линейные скорости мгновенного вращения шариков станут равными

где $\omega$ – мгновенная угловая скорость вращения планки.

Подставляя (28) в (27), с учетом (20), получим

При малых $\alpha$ вторым слагаемым в (29) можно пренебречь (оно второго порядка малости, поскольку $\alpha$ в квадрате!), тогда кинетическая энергия системы принимает «красивый» вид

Запишем закон сохранения энергии для данной колебательной системы

Далее для получения классического уравнения гармонических колебаний

можно найти производную от (31) по времени и традиционным способом найти период колебаний системы.

Однако проще и короче провести энергетическую аналогию с пружинным маятником, для которого

и период колебаний

Сравнивая (31) и (33), находим, что для планки с грузами роль массы $m$ играет величина $m \to \left(m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2\right)$, называемая моментом инерции системы. Роль коэффициента упругости $k$ пружины играет величина $k \to \left((m_1 + m_2)gR\right)$ .

Таким образом, искомый период $T$ малых колебаний «непостоянной планки» равен