ВсОШ 2022, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 10.1. Эффективная масса

Метод №1 Обозначим за $m_1$ массу большего груза, а за $m_2$ — массу меньшего. В силу нерастяжимости нити модули скоростей и ускорений, с которыми движутся грузы, равны. Будем считать, что нить не проскальзывает по блоку, поэтому

Рассмотрим систему из блока и грузов. В ней сохраняется механическая энергия, так как трением в оси блока можно пренебречь. Выберем малый промежуток времени $dt$ и, учитывая уравнение (1), запишем ЗСЭ:

где $a$ – это ускорение грузов. Пренебрегая вторым порядком малости, упростив выражение, получим:

Проведем оценку того, при какой разнице масс $m_1$ и $m_2$ блок покоится. Например, когда $m_1 = m$, $m_2 = 2m_\text{с}$ (с одной стороны маленькая гайка, а с другой две скрепки) — блок покоится, а когда $m_1 = m + m_\text{с}$, $m_2 = m$ (с одной стороны маленькая гайка, а с другой только скрепка) — блок движется. Можно сделать вывод, что блок покоится при $|m_1 - m_2| < 0{,}4$ г. Теперь проведем следующий эксперимент: при разных $m_1$ и $m_2$ будем измерять время, за которое изначально покоящийся груз $m_1$ проходит расстояние $L$ от края стола до пола.

Массы $m_1$ и $m_2$ можно изменять подвешивая гайки на скрепки, а значения найти по формулам:

где $N_\text{1б}$ — количество больших гаек слева, $N_\text{1м}$ — количество маленьких гаек слева, $N_\text{2б}$ — количество больших гаек справа.

Возьмем $N_\text{1б} = 1$, $N_\text{1м} = 1$, $N_\text{2б} = 1$ и три раза измерим время, за которое изначально покоящийся груз $m_1$ проходит расстояние $L$.

В силу того, что приборная погрешность измерения времени гораздо меньше случайной, в дальнейшем будем проводить по 3 измерения, а ускорение $a$ считать по формуле:

где $\langle t \rangle$ — это среднее время, которое вычисляется следующим образом: $\langle t \rangle = \frac{1}{3}(t_1 + t_2 + t_3)$.

Согласно выражению (2) можно выбрать координаты $Y_1 = m_1 + m_2$, $X_1 = \frac{g}{a}(m_1 - m_2)$, в которых график должен оказаться линейным: $Y_1 = X_1 - m_\text{эфф}$. Формула для пересчета:

При построении графика точки №8 и №12 мы не будем использовать, так как они имеют слишком большие погрешности в сравнении с другими точками. При этом важно отметить, что в рамках крестов ошибок эти точки лежат на нашей прямой.

Найдем из графика $m_\text{эфф} = (15 \pm 5)$ г. Стоит отметить, что коэффициент наклона немного отличен от единицы, что можно объяснить трением в подшипнике.

Метод №2 Для определения $m_\text{эфф}$ можно использовать колебания. Чтобы превратить блок в физический маятник, мы можем с помощью клейкой массы приклеить большую гайку к краю блока. Расстояние от центра блока до гайки обозначим за $l$.

Запишем ЗСЭ, пренебрегая трением. За $\alpha$ обозначим малый угол отклонения от положения равновесия:

при этом $d\alpha = \omega\,dt$, $\cos\alpha \simeq 1 - \alpha^2/2$. Подставим это в выражение (3):

Получилось уравнение колебаний с периодом $T$:

Проведем измерения: $l = (4{,}5 \pm 0{,}1)$ см, $r = (4{,}9 \pm 0{,}1)$ см. Измерим время $t$ за, которое происходит $n = 10$ колебаний. Формула для нахождения $m_\text{эфф}$:

По данной формуле получается следующий результат: $m_{\text{эфф}} = (25 \pm 6)$ г. Результат получается немного завышеным из-за трения в подшипнике.

Рассмотрим нить, которая огибает карандаш радиуса $r_0$ по дуге окружности соотвествующей углу $\varphi$. Пусть сила натяжения с одной стороны равна $T_0$, а с другой $T$, причем $T_0 < T$ и $T - T_0 \ll T$.

Запишем уравнения движения нити (нить невесома). Для этого рассмотрим малый участок нити — дугу окружности соответствующую малому углу $d\varphi$ и действующие на него силы.

Тогда выполняется:

а учитывая, что $T - T_0 \ll T$:

Тот же результат можно получить используя предельный переход от точной формулы Эйлера $T = T_0 e^{\mu\varphi}$ в случае $T - T_0 \ll T$.

Динамический метод Зафиксируем $m_1 = 5M + 5m$, $m_2 = 5M$. При разных расстояниях $x$ будем измерять время $t$, за которое меньший грузик проходит расстояние $L_2 = (66{,}0 \pm 0{,}2)$ см от пола до карандаша.

За время $dt$ сила трения совершает работу $-(T - T_0)v\,dt$, поэтому из закона сохранения энергии и (4) мы получаем:

Измерим расстояние $L_1 = (47{,}5 \pm 0{,}1)$ см от карандаша до боковой поверхности блока и радиус блока $r = (4{,}9 \pm 0{,}1)$ см. В нашем случае $\operatorname{tg}\varphi \approx x/L_1$.

Преобразуем выражение (5):

где $a = 2L_2/\langle t\rangle^2$. Построим график в координатах $Y_2 = \left(1 + \dfrac{m_{\text{эфф}}}{m_1 + m_2}\right)\dfrac{2a}{g}$ от $\varphi$. Ему соответствует линейная зависимость:

Из графика найдем угловой коэффициент $k_2 = -\mu = -(0{,}17 \pm 0{,}02)$. Значит $\mu = (0{,}17 \pm 0{,}02)$.

Статический метод Возможен другой метод решения, точность которого хуже. Будем двигать карандаш по горизонтали, пока нить не перестанет по нему скользить, и запишем расстояние $x$, соотвествующее этому моменту. В каждом эксперименте будем использовать $m_1 = N_{\text{б}}M + m_{\text{м}}m + m_{\text{с}}$, $m_2 = N_{\text{б}}M + m_{\text{с}}$.

В итоге, опираясь на (4), можно написать равенство:

Построим график $Y_3 = 2\dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}$ от $\varphi$. Он должен оказаться линейным, проходить через точку (0,0) и иметь угловой коэффициент $k_3 = \mu$. Формулы для пересчета:

Коэффициент наклона $k_3 = (0{,}13 \pm 0{,}04)$, значит $\mu = (0{,}13 \pm 0{,}04)$.