Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12747
2020-01-17 
Маленький тяжелый шарик закреплен на верхнем конце легкого тонкого стержня длиной $L$, закрепленное шарнирно нижним концом на горизонтальной плоскости. Отклонив стержень на некоторый угол, отпустим шарик. Оцените значение начального угла отклонения, при котором падение продолжается две недели. Влиянием посторонних факторов пренебречь.
Решение:
В тот момент, когда стержень составляет угол $\alpha$ с вертикалью, касательное ускорение равно $a = g \sin \alpha$. Если рассматривать вращение стержня, то его угловое ускорение при этом составляет
$\epsilon = \frac{ a}{ L} = \frac{g}{L} \sin \alpha$.
Мы получили уравнение
$\alpha^{ \prime} = \frac{g}{L} \sin \alpha$.
К сожалению, оно только выглядит простым - подобрать к нему решение в виде комбинации простых функций невозможно. Однако задачу можно сильно упростить. Для этого заметим, что большая часть времени падения происходит при совсем малых углах - когда угол достигнет хотя бы градуса, стержню останется падать всего несколько секунд.
Итак, найдем такой начальный угол $\alpha_{0}$, при котором увеличение его до, скажем, $\alpha_{m} = 0,01 рад$ происходит за упомянутые две недели. Для таких малых углов можно считать $\sin \alpha = \alpha$, и уравнение становится простым (и решаемым):
$\alpha^{ \prime \prime} = \frac{g}{L} \alpha$.
Найти такую функцию $\alpha (t)$, что ее вторая производная равна ей самой (с точностью до "вылезающего" коэффициента) совсем легко:
$\alpha = \alpha_{0} e^{ \sqrt{ \frac{g}{L} } t }$.
При $t = 14 \cdot 24 \cdot 3600 с$ $\alpha = \alpha_{m} = 0,01 рад$. Тогда
$\alpha_{0} = \alpha_{m} e^{- \sqrt{ \frac{g}{L} } t } \approx 0,01e^{-10 \cdot 14 \cdot 24 \cdot 3600} рад$.
Получающееся при расчете совсем малое число и дает формально ответ задачи. Все же стоит сказать, что пренебрежение "посторонними" факторами при решении этой задачи не выглядит разумным - учитывая ответ задачи. Явно именно они и задают реальный начальный угол (это - вибрации, случайные толчки, движение воздуха, электризация...).
Маленький тяжелый шарик закреплен на верхнем конце легкого тонкого стержня длиной $L$, закрепленное шарнирно нижним концом на горизонтальной плоскости. Отклонив стержень на некоторый угол, отпустим шарик. Оцените значение начального угла отклонения, при котором падение продолжается две недели. Влиянием посторонних факторов пренебречь.
Решение:
В тот момент, когда стержень составляет угол $\alpha$ с вертикалью, касательное ускорение равно $a = g \sin \alpha$. Если рассматривать вращение стержня, то его угловое ускорение при этом составляет
$\epsilon = \frac{ a}{ L} = \frac{g}{L} \sin \alpha$.
Мы получили уравнение
$\alpha^{ \prime} = \frac{g}{L} \sin \alpha$.
К сожалению, оно только выглядит простым - подобрать к нему решение в виде комбинации простых функций невозможно. Однако задачу можно сильно упростить. Для этого заметим, что большая часть времени падения происходит при совсем малых углах - когда угол достигнет хотя бы градуса, стержню останется падать всего несколько секунд.
Итак, найдем такой начальный угол $\alpha_{0}$, при котором увеличение его до, скажем, $\alpha_{m} = 0,01 рад$ происходит за упомянутые две недели. Для таких малых углов можно считать $\sin \alpha = \alpha$, и уравнение становится простым (и решаемым):
$\alpha^{ \prime \prime} = \frac{g}{L} \alpha$.
Найти такую функцию $\alpha (t)$, что ее вторая производная равна ей самой (с точностью до "вылезающего" коэффициента) совсем легко:
$\alpha = \alpha_{0} e^{ \sqrt{ \frac{g}{L} } t }$.
При $t = 14 \cdot 24 \cdot 3600 с$ $\alpha = \alpha_{m} = 0,01 рад$. Тогда
$\alpha_{0} = \alpha_{m} e^{- \sqrt{ \frac{g}{L} } t } \approx 0,01e^{-10 \cdot 14 \cdot 24 \cdot 3600} рад$.
Получающееся при расчете совсем малое число и дает формально ответ задачи. Все же стоит сказать, что пренебрежение "посторонними" факторами при решении этой задачи не выглядит разумным - учитывая ответ задачи. Явно именно они и задают реальный начальный угол (это - вибрации, случайные толчки, движение воздуха, электризация...).
