ВсОШ 2015, Регионален етап, 7–11 клас — Задача 4. Физический маятник

• $\alpha = 1,\ \beta = 1,\ h_0 = \sqrt{A/B}$

  Из официального решения; теоретические значения коэффициентов напечатаны как $\pi^2 l^2/(3g)$ и $\pi^2/g$.

Возможное решение

1. Снимем зависимость $T(h)$.
2. Заметим, что т.к. $\alpha$, $\beta \ge 1$ при малых $h$: $Bh^{\beta} \ll \frac{A}{h^{\alpha}}$ => $T^2 \approx \frac{A}{h^{\alpha}}$. Возьмем некоторые 2 малых значения $h$: $h_1$ и $h_2$, тогда $\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2 = \left(\frac{h_2}{h_1}\right)^{\alpha}$, отсюда находим $\alpha=1$.
3. Преобразуем формулу (1): $T^2h=A+Bh^{\beta+1}$ Выберем функции $\varphi(T,h)=T^2h$, $f(h)= h^{\beta+1}$. Угловой наклон графика $\varphi(f)$ численно равен $B$, а координата пересечения графика с осью f численно равна $A$. В условии сказано, что $\beta$ -натуральное число. Предположим, $\beta=1$. Построим график в координатах $\varphi(f)$. Линейность графика подтверждает то, что $\beta=1$. Из графика находим $A$ и $B$. Теоретические значения коэффициентов $A$ и $B$ равны соответственно $\frac{\pi^2 l^2}{3g}$ и $\frac{\pi^2}{g}$, где $l$ - длина стержня.
4. Практически невозможно измерить $h_0$ непосредственно, т.к. вблизи $h_0$ $T$ слабо зависит от $h$. $T^2 = \frac{A}{h} + Bh = \frac{A+Bh^2}{h} = \frac{A-2\sqrt{AB}\,h+Bh^2}{h} + 2\sqrt{AB} = \frac{(\sqrt{A}-\sqrt{B}\,h)^2}{h} + 2\sqrt{AB}$ => минимальное значение периода достигается при $h_0=\sqrt{\frac{A}{B}}$.

Критерии оценивания

Снята зависимость $T(h)$ на всем диапазоне $h$ … 3

Способ нахождения $\alpha$ … 1

Определено значение $\alpha=1$ … 1

Идея выбора функций $\varphi(T,h)=T^2h$, $f(h)= h^{\beta+1}$ … 2

График $\varphi(f)$ при $\beta=1$ … 2

Значение $A$ … 2

Значение $B$ … 2

Способ нахождения $h_0$ … 1

Значение $h_0$ … 1