НОФ 1987, III кръг (национален) — Задача 1

• 2) 78 kN/m

  Отговорът е отпечатан така в официалното решение: „k = 78 kN/m“. При директно заместване във формулата $\Delta T = \frac{T}{2}\frac{mg}{k\ell}$ се получава около $4{,}9\cdot 10^{5}\ \mathrm{N/m}$ — стойността е запазена както е отпечатана.

1. Кинетичната енергия на системата махало, пружина, Земя при преминаване през равновесно положение е $E_K = \frac{1}{2}mv_{max}^2$ , където $v_{max}$ е скоростта на махалото. В крайно положение потенциалната енергия на системата е $E_p = mgh + \frac{kx^2}{2}$ (2), където $h = \ell_1(1-\cos\alpha) = \ell_1 2\sin^2\frac{\alpha}{2}$, $x$ - деформация на пружината. $\left(\sin^2\frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha^2}{4},\ h \approx \frac{1}{2}\ell_1\alpha^2\right)$ $\alpha = \frac{A_0}{\ell_1}$

Последната определяме от закона $kx = T\sin\alpha$ (3), където $T$ е опъването на нишката. При малки амплитуди $T = mg\cos\alpha$ (пренебрегваме опъването вследствие на центробежните сили, тъй като амплитудата на люлеене е много малка) (фиг.1); $kx = mg\cos\alpha\sin\alpha = mg\frac{1}{2}\sin 2\alpha \approx mg\alpha$ (4). От тук $x = \frac{mg}{k}\alpha$ (5), $\frac{kx^2}{2} = \frac{m^2g^2}{2k}\alpha^2$ (6). От закона за запазване на енергията $E_K = E_p$ намираме $\frac{1}{2}mv_{max}^2 = \frac{1}{2}mg\ell_1\alpha^2 + \frac{m^2g^2}{2k}\alpha^2$ (7). Но $v_{max} = A_0\omega_0$ (8), $\alpha = \frac{A_0}{\ell}$ , където $\omega_0 = 2\pi/T_0$ е кръговата честота, а $A_0$ е линейната амплитуда.

От (7), (8) и (9) получаваме: $\omega = \sqrt{\frac{g}{\ell}\left(1 - \frac{mg}{k\ell}\right)} = \sqrt{\frac{g}{\ell}}\sqrt{1 - \frac{mg}{k\ell}}$ (10).

С приближение: $\omega^2 = \omega_0^2\left(1 - \frac{mg}{k\ell}\right) = \omega_0^2 - \omega_0^2\frac{mg}{k\ell}$

$-(\omega^2 - \omega_0^2) = \omega_0^2\frac{mg}{k\ell}$; $-(\omega + \omega_0)(\omega - \omega_0) = \omega_0^2\frac{mg}{k\ell}$; $\omega - \omega_0 = \Delta\omega \ll \omega_0$

$\omega + \omega_0 \approx 2\omega_0$, $-2\omega_0\Delta\omega = \omega_0^2\frac{mg}{k\ell}$; $\Delta\omega = -\frac{\omega_0}{2}\frac{mg}{k\ell}$

$T = \frac{2\pi}{\omega}$ $\frac{\Delta T}{T} = -\frac{\Delta\omega}{\omega}$ , $\Delta T = +\frac{T}{2}\frac{mg}{k\ell}$

2. Уравнението на движение на махалото е $J\frac{d^2\alpha}{dt^2} = -mg\ell\sin\alpha - m\frac{d^2x}{dt^2}\cos\alpha\,\ell$ , $J = m\ell^2$ (12). Но $kx = T\sin\alpha \approx mg\alpha$ (13), $\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{mg}{k}\frac{d^2\alpha}{dt^2}$ (14) и следов. $\left(\ell + \frac{mg}{k}\right)\frac{d^2\alpha}{dt^2} = -g\alpha$ (15). От последното уравнение намираме $\omega = \sqrt{\frac{g}{\ell + \frac{mg}{k}}}$ (5), от където $\frac{2\Delta\omega}{\omega} = \frac{-mg/k}{\ell}$ ; $\omega \approx \omega_0$ $\Delta\omega = \frac{-\omega_0}{2}\frac{mg}{k\ell}$ (6); $k = 78\ \frac{\mathrm{kN}}{\mathrm{m}}$

Указания за оценяване: