Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10346
2019-05-11 
Измеритель готовальни подвешивают на нити за конец одной из его игл (рис.). Чему должен быть равен угол раствора измерителя, чтобы его вершина была максимально удалена от вертикали, проходящей через точку подвеса?
Решение:
Используя факт, описанный в подсказке, можно показать, что ножки измерителя должны иметь такой раствор (угол между ножками измерителя), чтобы одна из его ножек была расположена горизонтально.
На рисунке показано равновесие измерителя, подвешенного точке А, при угле раствора $2 \theta$. Здесь прямые АО и ВО - ножки измерителя (длина каждой равна $l$), точки D и Е - центры масс ножек измерителя (они совпадают с их серединами), точка С -центр масс всей системы (так как массы ножек одинаковы, то точка С делит отрезок DE пополам и принадлежит биссектрисе угла при вершине О), отрезок DG параллелен отвесу, который, конечно же, проходит через точку С. Пунктирные окружности радиусом $l$ и $l/2$ даны для помощи при построении.
Отрезки OG и GF равны, так как прямая DG параллельна AF, а точка D делит отрезок Л О пополам. Отрезки GF и FE тоже равны, так как треугольник DOE равнобедренный, прямая CF параллельна DG, а точка С делит отрезок DE пополам. Из этого следует, что отрезок ОЕ делится точками G и F на три равные части. Плечи центров масс ножек определяются как проекции отрезков GF и FE на горизонталь, поэтому они равны при любом угле раствора измерителя, а величина проекции $r$ находится по формуле
$r = \frac{l \sin \gamma}{2}$.
Таким образом, для нахождения максимального значения плеча $r$ необходимо продифференцировать предыдущее выражение по углу $\gamma$, который зависит от угла раствора $2 \theta$ измерителя.
Попробуем разобраться с углами. Рассмотрим треугольник DGO. Мы уже знаем, что $DO = l/2, GO = l/6$ и $\angle DOG = 2 \theta$. Кроме того, $\angle ODG = \gamma$. Применим теорему косинусов, чтобы найти сторону DG:
$DG^{2} = GO^{2} + DO^{2} - 2GO \cdot DO \cdot \cos 2 \theta = \left ( \frac{l}{2} \right )^{2} \left ( 1 + \frac{1}{9} - \frac{2}{3} \cos 2 \theta \right )$,
откуда
$DG = l \frac{ \sqrt{2} }{6} \sqrt{5 - 3 \cos 2 \theta}$.
Теперь из теоремы синусов для треугольника DGO получаем
$\frac{ \sin \gamma}{GO} = \frac{ \sin 2 \theta}{DG}$,
откуда
$\sin \gamma = \frac{ \sin 2 \theta}{ \sqrt{2(5 - 3 \cos 2 \theta) } }$.
Таким образом, величина плеча $r$ центра масс равна
$r = \frac{l}{2} \frac{ \sin 2 \theta}{ \sqrt{2(5 - 3 \cos \theta) } }$.
Для определения максимума $r$ продифференцируем это выражение по $\theta$ и приравняем его к нулю:
$\frac{d r}{d \theta} = \frac{l}{2^{3/2} } \frac{2 \cos 2 \theta (5 - 3 \cos 2 \theta) - 3 \sin^{2} 2 \theta }{()^{3/2} } = 0$.
После простых преобразований придем к уравнению
$3 \cos^{2} 2 \theta_{0} - 10 \cos 2 \theta_{0} +3 = 0$,
откуда найдем
$\cos 2 \theta_{0} = \frac{1}{3}$.
Полезно подставить это значение в формулу для $\sin \gamma$, тогда получим
$\sin \gamma_{0} = \frac{ \sqrt{1 - (1/3)^{2} } }{ \sqrt{2 (5 - 3 (1/3) ) } } = \frac{1}{3}$.
Этот замечательный результат: $\sin \gamma_{0} = \cos 2 \theta_{0}$ означает, что оставшийся третий угол прямой: $\angle DGO = \pi /2$. Короче говоря, мы доказали, что вершина измерителя максимально удалена от вертикали, проходящей через точку подвеса, в том случае, если одна из ножек измерителя горизонтальна.
Теперь легко показать, что $\sin^{2} \theta_{0} = 1/3$.
Примечание. Зная, что вертикаль, проходящая через точку подвеса, при условии максимального плеча $r$ центра масс должна быть перпендикулярна второй ножке измерителя, угол $2 \theta_{0}$ раствора измерителя можно легко найти, воспользовавшись простым рисунком.
На рисунке проведены две вертикальные линии, одна - через общий центр масс С измерителя, а другая - через центр масс Е отдельно верхней ножки. Из рисун- рис. 153 ка хорошо видно, что отрезок DO делится точками F и G на три равные части. Ну, а теперь легко найти любой угол, в том числе и угол $2 \theta_{0} = arccos (1/3)$.
Измеритель готовальни подвешивают на нити за конец одной из его игл (рис.). Чему должен быть равен угол раствора измерителя, чтобы его вершина была максимально удалена от вертикали, проходящей через точку подвеса?
Решение:
Используя факт, описанный в подсказке, можно показать, что ножки измерителя должны иметь такой раствор (угол между ножками измерителя), чтобы одна из его ножек была расположена горизонтально.
На рисунке показано равновесие измерителя, подвешенного точке А, при угле раствора $2 \theta$. Здесь прямые АО и ВО - ножки измерителя (длина каждой равна $l$), точки D и Е - центры масс ножек измерителя (они совпадают с их серединами), точка С -центр масс всей системы (так как массы ножек одинаковы, то точка С делит отрезок DE пополам и принадлежит биссектрисе угла при вершине О), отрезок DG параллелен отвесу, который, конечно же, проходит через точку С. Пунктирные окружности радиусом $l$ и $l/2$ даны для помощи при построении.
Отрезки OG и GF равны, так как прямая DG параллельна AF, а точка D делит отрезок Л О пополам. Отрезки GF и FE тоже равны, так как треугольник DOE равнобедренный, прямая CF параллельна DG, а точка С делит отрезок DE пополам. Из этого следует, что отрезок ОЕ делится точками G и F на три равные части. Плечи центров масс ножек определяются как проекции отрезков GF и FE на горизонталь, поэтому они равны при любом угле раствора измерителя, а величина проекции $r$ находится по формуле
$r = \frac{l \sin \gamma}{2}$.
Таким образом, для нахождения максимального значения плеча $r$ необходимо продифференцировать предыдущее выражение по углу $\gamma$, который зависит от угла раствора $2 \theta$ измерителя.
Попробуем разобраться с углами. Рассмотрим треугольник DGO. Мы уже знаем, что $DO = l/2, GO = l/6$ и $\angle DOG = 2 \theta$. Кроме того, $\angle ODG = \gamma$. Применим теорему косинусов, чтобы найти сторону DG:
$DG^{2} = GO^{2} + DO^{2} - 2GO \cdot DO \cdot \cos 2 \theta = \left ( \frac{l}{2} \right )^{2} \left ( 1 + \frac{1}{9} - \frac{2}{3} \cos 2 \theta \right )$,
откуда
$DG = l \frac{ \sqrt{2} }{6} \sqrt{5 - 3 \cos 2 \theta}$.
Теперь из теоремы синусов для треугольника DGO получаем
$\frac{ \sin \gamma}{GO} = \frac{ \sin 2 \theta}{DG}$,
откуда
$\sin \gamma = \frac{ \sin 2 \theta}{ \sqrt{2(5 - 3 \cos 2 \theta) } }$.
Таким образом, величина плеча $r$ центра масс равна
$r = \frac{l}{2} \frac{ \sin 2 \theta}{ \sqrt{2(5 - 3 \cos \theta) } }$.
Для определения максимума $r$ продифференцируем это выражение по $\theta$ и приравняем его к нулю:
$\frac{d r}{d \theta} = \frac{l}{2^{3/2} } \frac{2 \cos 2 \theta (5 - 3 \cos 2 \theta) - 3 \sin^{2} 2 \theta }{()^{3/2} } = 0$.
После простых преобразований придем к уравнению
$3 \cos^{2} 2 \theta_{0} - 10 \cos 2 \theta_{0} +3 = 0$,
откуда найдем
$\cos 2 \theta_{0} = \frac{1}{3}$.
Полезно подставить это значение в формулу для $\sin \gamma$, тогда получим
$\sin \gamma_{0} = \frac{ \sqrt{1 - (1/3)^{2} } }{ \sqrt{2 (5 - 3 (1/3) ) } } = \frac{1}{3}$.
Этот замечательный результат: $\sin \gamma_{0} = \cos 2 \theta_{0}$ означает, что оставшийся третий угол прямой: $\angle DGO = \pi /2$. Короче говоря, мы доказали, что вершина измерителя максимально удалена от вертикали, проходящей через точку подвеса, в том случае, если одна из ножек измерителя горизонтальна.
Теперь легко показать, что $\sin^{2} \theta_{0} = 1/3$.
Примечание. Зная, что вертикаль, проходящая через точку подвеса, при условии максимального плеча $r$ центра масс должна быть перпендикулярна второй ножке измерителя, угол $2 \theta_{0}$ раствора измерителя можно легко найти, воспользовавшись простым рисунком.
На рисунке проведены две вертикальные линии, одна - через общий центр масс С измерителя, а другая - через центр масс Е отдельно верхней ножки. Из рисун- рис. 153 ка хорошо видно, что отрезок DO делится точками F и G на три равные части. Ну, а теперь легко найти любой угол, в том числе и угол $2 \theta_{0} = arccos (1/3)$.
