Съдържание

НЕСФ 2005, Специална тема — Задача 3. Свързани махала

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НЕСФ 2005

Национално есенно състезание по физика, Русе, 18 – 20 ноември 2005 г. — Специална тема · 18 ноември 2005 г. · 10 т.

Условие

Две еднакви махала са закачени едно до друго на една и съща височина и са свързани с безмасова пружинка, която е неразтегната, когато махалата са вертикални. Всяко едно от махалата има маса $m$ , инерчен момент $I$ (спрямо точката на окачване) и разстояние между точката на окачване и центъра на масата му $l$ . Въртящият момент $M_D$ , с който пружинката действа на махалата, е пропорционален на ъгъла $\left|\alpha_2 - \alpha_1\right|$ ( $\alpha_1$ , $\alpha_2$ - ъгли на отклонение на махалата):

(2)\qquad \left|M_D\right| = D\left|\alpha_2 - \alpha_1\right|\ ,\ D = \text{const.} < mgl

Земното ускорение е $g$ .

Полезна математика: Ако $x \ll 1$ , то $(1+x)^{n} \approx 1+nx$ и $\sin x \approx x$

а) Ако двете махала са отклонени еднакво на малък ъгъл от вертикалата в една и съща посока и се пуснат едновременно, намерете кръговата честота $\omega_1 = \dfrac{2\pi}{T_1}$ на тяхното трептене. [1 т.]

б) Ако двете махала са отклонени на един и същ малък ъгъл от вертикалата в противоположни посоки и се пуснат едновременно, намерете кръговата честота $\omega_2 = \dfrac{2\pi}{T_2}$ на тяхното трептене. [2 т.]

в) Нека първото махало е отклонено на малък ъгъл от вертикалата, а второто махало е вертикално. Махалата се пускат едновременно. Ако зависимостите на техните ъгли на отклонение от времето изглеждат така:

\alpha_1(t) = C\cos(\omega_3 t)\cos(\omega_4 t)

\alpha_2(t) = C\sin(\omega_3 t)\sin(\omega_4 t),\ \omega_3 < \omega_4,

напишете уравнението на движението за двете махала [2 т] и намерете $\omega_3$ [2,5 т] и $\omega_4$ [2,5 т]. [7 т.]

Отговори

Решение

а) При еднакво отклонение еднаквите махала ще се движат по един и същ начин. Между тях няма да има взаимодействие и всяко от тях ще се движи независимо. Затова може да се разсъждава само за едното махало. При отклонение на ъгъл $\alpha$ , на него ще действа въртящ момент $M = -mgl\sin\alpha \approx -mgl\alpha$ (при малък ъгъл на отклонение). Следователно вторият закон на Нютон за въртеливото движение ще е

(37)\qquad -mgl\alpha \approx M = I\varepsilon = I\ddot{\alpha}

Записвайки уравнението в стандартен вид

(38)\qquad \ddot{\alpha} + \frac{mgl}{I}\alpha = 0\ ,\quad [0{,}5\ \text{т}]

чрез проста проверка се установява, че това уравнение описва хармонично трептене с кръгова честота

(39)\qquad \omega_1 = \sqrt{\frac{mgl}{I}}\quad [0{,}5\ \text{т}]

б) При отклонение на махалата на равни ъгли, но в противоположни посоки, след като се пуснат едновременно, те ще се движат симетрично, т. е. във всеки момент ъглите им на отклонение ще бъдат равни по големина и противоположни по посока. $[0{,}5\ \text{т}]$ На всяко едно от тях, обаче, ще действа допълнителен въртящ момент, дължащ се на пружинката. Написвайки вторият закон на Нютон за въртеливото движение за едното от тях:

(40)\qquad -mgl\alpha - D2\alpha = I\ddot{\alpha}\quad [1\ \text{т}]

се получава

(41)\qquad \ddot{\alpha} + \frac{mgl + 2D}{I}\alpha = 0

Следователно сега махалата пак ще трептят по хармоничен закон, но с честота

(42)\qquad \omega_2 = \sqrt{\frac{mgl + 2D}{I}}\quad [1\ \text{т}]

в) В тази ситуация уравненията на движението за двете махала ще изглеждат така:

(43)\qquad I\ddot{\alpha}_1 + (mgl + D)\alpha_1 - D\alpha_2 = 0\quad [1\ \text{т}]

(44)\qquad I\ddot{\alpha}_2 + (mgl + D)\alpha_2 - D\alpha_1 = 0\quad [1\ \text{т}]

където $\alpha_1$ и $\alpha_2$ са ъглите на отклонение на двете махала в произволен момент време.

Използвайки дадената им в условието на задачата зависимост от времето

(45)\qquad \alpha_1(t) = C\cos(\omega_3 t)\cos(\omega_4 t)

(46)\qquad \alpha_2(t) = C\sin(\omega_3 t)\sin(\omega_4 t)

намираме техните втори производни:

(47)\qquad \ddot{\alpha}_1 = -C(\omega_3^{2} + \omega_4^{2})\cos(\omega_3 t)\cos(\omega_4 t) + 2C\omega_3\omega_4\sin(\omega_3 t)\sin(\omega_4 t)

(48)\qquad \ddot{\alpha}_2 = -C(\omega_3^{2} + \omega_4^{2})\sin(\omega_3 t)\sin(\omega_4 t) + 2C\omega_3\omega_4\cos(\omega_3 t)\cos(\omega_4 t)

Замествайки (45), (46), (47) и (48) в (43) и (44) се получава

(49)\qquad ((mgl + D) - I(\omega_3^{2} + \omega_4^{2}))C\cos(\omega_3 t)\cos(\omega_4 t) + (2I\omega_3\omega_4 - D)C\sin(\omega_3 t)\sin(\omega_4 t)

(50)\qquad ((mgl + D) - I(\omega_3^{2} + \omega_4^{2}))C\sin(\omega_3 t)\sin(\omega_4 t) + (2I\omega_3\omega_4 - D)C\cos(\omega_3 t)\cos(\omega_4 t)

И двете уравнения са изпълнени във всеки един момент време само, ако коефициентите пред тригонометричните функции са нули:

(51)\qquad (mgl + D) - I(\omega_3^{2} + \omega_4^{2}) = 0

(52)\qquad 2I\omega_3\omega_4 - D = 0

(51) и (52) е система от две уравнения за неизвестните $\omega_3$ и $\omega_4$ . От (52) намираме $\omega_3 = \dfrac{D}{2I\omega_4}$ и замествайки в (51): $(mgl + D) - I\left(\dfrac{D^{2}}{4I^{2}\omega_4^{2}} + \omega_4^{2}\right) = 0$ , което се преобразува до биквадратното уравнение:

(53)\qquad \omega_4^{4} - \frac{mgl + D}{I}\omega_4^{2} + \frac{D^{2}}{4I^{2}} = 0

Положителните решения на (53) са:

(54)\qquad \omega_{4_{1,2}} = \sqrt{\frac{\frac{mgl + D}{I} \pm \sqrt{\left(\frac{mgl + D}{I}\right)^{2} - \frac{D^{2}}{I^{2}}}}{2}}

Тъй като уравненията (51) и (52) са симетрични относно смяна на индексите на честотите, то това са и решения за $\omega_3$ . При предположението, че $\omega_3 < \omega_4$ се получава

(55)\qquad \omega_4 = \sqrt{\frac{\frac{mgl + D}{I} + \sqrt{\left(\frac{mgl + D}{I}\right)^{2} - \frac{D^{2}}{I^{2}}}}{2}}\quad [2{,}5\ \text{т}]

(56)\qquad \omega_3 = \sqrt{\frac{\frac{mgl + D}{I} - \sqrt{\left(\frac{mgl + D}{I}\right)^{2} - \frac{D^{2}}{I^{2}}}}{2}}\quad [2{,}5\ \text{т}]

Оригинал в Архива: esenni_2005_STproblems.pdf · официални решения: esenni_2005_STsolutions.pdf