Съдържание

НЕСФ 2004, Специална тема — Задача 1. Математично махало с променлива дължина

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НЕСФ 2004

Национално есенно състезание по физика, Плевен, 26 – 28 ноември 2004 г., Специална тема · 26 ноември 2004 г. · 10 т.

Условие

Малко топче с маса $m$ е окачено на безтегловна нишка с дължина $l$ и отклонено на ъгъл $\alpha$ ( $0 < \alpha \le \frac{\pi}{2}$ ) спрямо вертикалата (виж Фиг.1). След като се пусне, махалото извършва свободни люлеения. Земното ускорение е $g$ . Намерете:

Математично махало: от точка на окачване тръгва нишка с дължина l към топче с маса m, отклонено на ъгъл α от вертикалата (пунктир); втора нишка сключва ъгъл β с вертикалата, по нея е насочена силата на опъване T, а скоростта v на топчето е перпендикулярна на нишката; вляво стрелка надолу означава земното ускорение g. — Фиг.1

а) Колко е скоростта на топчето $v$ , когато нишката сключва ъгъл $\beta$ с вертикалата ( $|\beta| < \alpha$ ). [1 т.]

б) Колко е силата на опъване на нишката $T$ , когато нишката сключва ъгъл $\beta$ с вертикалата ( $|\beta| < \alpha$ ). [2 т.]

в) Нека първоначалния ъгъл на отклонение $\alpha$ , изразен в $rad$ , е много малък ( $\alpha \ll 1$ ). Използвайки резултатите от подусловие б), намерете силата на опъване на нишката $T$ като функция на времето. [3 т.]

г) Горният край на нишката на махалото е прокаран през малка дупка. Той започва мно-о-ого бавно и равномерно да се издърпва нагоре, в резултат на което дължината на махалото намалява с $\Delta l$ ( $\Delta l \ll l$ ). Ако в края на издърпването промяната на максималния ъгъл на отклонение на махалото е $\Delta\alpha$ , намерете $\Delta\alpha/\alpha$ . [4 т.]

Отговори

Решение

а) Нека изберем за нулево ниво на потенциалната енергия на топчето точката на окачване. Използвайки закона за запазване на пълната механична енергия и сравнявайки механичата енергия в началния момент време, когато топчето е неподвижно и отклонено на ъгъл $\alpha$ и момента, когато топчето е отклонено на ъгъл $\beta$ и има скорост $v$ , се получава:

-mgl\cos\alpha = -mgl\cos\beta + \frac{mv^{2}}{2} \qquad \text{(1)}

Решавайки уравнение (1) спрямо скоростта $v$ се получава

v = \sqrt{2gl(\cos\beta - \cos\alpha)} \qquad \textbf{[2 т]} \qquad \text{(2)}

б) В момента, когато топчето е отклонено на ъгъл $\beta$ и има скорост $v$ , тъй като то се движи по дъга от окръжност, то има центростремително (нормално) ускорение $a_n$ . Това ускорение се определя от проекцията по направление на нишката на равнодействащата сила, действаща на топчето. Равнодействащата сила е сума на две сили: силата на тежестта на топчето $mg$ и силата на опъване на нишката $T$ . Така получаваме:

a_n = \frac{v^{2}}{l} = \frac{T - mg\cos\beta}{m} \qquad \text{(3)}

Решавайки уравнение (3) спрямо $T$ и замествайки скоростта $v$ с полученото в уравнение (2) се получава:

T = mg\cos\beta + \frac{mv^{2}}{l} = mg\cos\beta + 2mg(\cos\beta - \cos\alpha) = mg(3\cos\beta - 2\cos\alpha) \qquad \textbf{[2 т]} \qquad \text{(4)}

в) При малки ъгли, $\cos\beta = \sqrt{1 - \sin^{2}\beta} \approx 1 - \frac{\beta^{2}}{2}$ . Замествайки с тази приближена формула в уравнение (4), за силата на опъване $T$ получаваме:

T = mg(3\cos\beta - 2\cos\alpha) = mg\left[3\left(1 - \frac{\beta^{2}}{2}\right) - 2\left(1 - \frac{\alpha^{2}}{2}\right)\right] = mg\left(1 + \alpha^{2} - \frac{3}{2}\beta^{2}\right) \qquad \text{(5)}

При малки ъгли махалото трепти хармонично по закона:

\beta = \alpha\cos(\omega t) \qquad \text{(6)}

където $\omega = \frac{2\pi}{t_0} = \sqrt{\frac{g}{l}}$ . С $t_0$ е означен периодът на махалото.

Замествайки (6) в (5) намираме

T = mg\left(1 + \alpha^{2} - \frac{3}{2}\beta^{2}\right) = mg\left[1 + \alpha^{2} - \frac{3}{2}\alpha^{2}\cos^{2}(\omega t)\right] \qquad \text{(7)}

Опростявайки последния израз, получаваме:

T = mg\left\{1 + \alpha^{2} - \frac{3}{2}\alpha^{2}\frac{[1 + \cos(2\omega t)]}{2}\right\} = mg\left[1 + \frac{\alpha^{2}}{4} - \frac{3}{4}\alpha^{2}\cos(2\omega t)\right] \qquad \textbf{[3 т]} \qquad \text{(8)}

г) При издърпване на нишката през малката дупка (точка на окачване) външна сила извършва работа

A = F_{\text{ср}}\Delta s \qquad \text{(9)}

Средната сила $F_{\text{ср}}$ е равна усреднената по времето сила на опъване на нишката $T$ . От уравнение (8) се вижда, че

F_{\text{ср}} = mg\left(1 + \frac{\alpha^{2}}{4}\right) \qquad \text{(10)}

Това води до промяна на пълната енергия на махалото. За да намерим тази промяна, най-удобно е да сравним енергията на махалото в две положения на максимално отклонение, когато пълната енергия съдържа само потенциална енергия. Следователно промяната на енергията на махалото $\Delta E$ след скъсяване на нишката с $\Delta l$ е

\Delta E = -mg(l - \Delta l)\cos(\alpha + \Delta\alpha) - (-mgl\cos\alpha) \qquad \text{(11)}

Преработвайки (11), получаваме:

\Delta E = -mg(l - \Delta l)\left[1 - \frac{(\alpha + \Delta\alpha)^{2}}{2}\right] + mgl\left(1 - \frac{\alpha^{2}}{2}\right)

След като се разкрият скобите и се пренебрегнат членовете от втори полядък, (които са много по-малки от други членове в сумата), се получава

\Delta E = mgl\alpha\Delta\alpha + mg\left(1 - \frac{\alpha^{2}}{2}\right)\Delta l \qquad \text{(12)}

Приравнявайки (12) с (9) се получава:

mgl\alpha\Delta\alpha + mg\left(1 - \frac{\alpha^{2}}{2}\right)\Delta l = mg\left(1 + \frac{\alpha^{2}}{4}\right)\Delta l \qquad \text{(13)}

Опростявайки уравнение (13) се стига до следната връзка:

\frac{\Delta\alpha}{\alpha} = \frac{3}{4}\frac{\Delta l}{l} \qquad \textbf{[4 т]} \qquad \text{(14)}

Оригинал в Архива: esenni_2004_STproblems.pdf · официални решения: esenni_2004_STsolutions.pdf