Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 5670
2017-12-10 
Какой наименьшей длины $l$ надо взять нить, к которой подвешен однородный шарик диаметром $D = 4 см$, чтобы при определении периода малых колебаний $T$ шарика рассматривать его как математический маятник? Ошибка $\delta$ при таком допущении не должна превышать 1%.
Решение:
Период малых колебаний математического маятника $T_{1} = 2 \pi \sqrt{ \frac{l}{g}}$ — (1), период малых колебаний физического маятника $T_{2} = 2 \pi \sqrt{ \frac{J}{mgl}}$, где $J$ — момент инерции шарика относительно оси вращения, $m$ — масса шарика и $l$ — расстояние от центра масс шарика до точки подвеса. В нашем случае $J = \frac{2}{5} mR^{2} + ml^{2} = ml^{2} \left [ 1 + \frac{2}{5} \left ( \frac{R}{l} \right )^{2} \right ]$. Обозначим $A = 1 + \frac{2}{5} \left ( \frac{R}{l} \right )^{2}$, тогда $J = Aml^{2}$. С учетом этого получим $T_{2} = 2 \pi \sqrt{ \frac{lA}{g}}$ — (2). Из (1) и (2) имеем $\frac{T_{2}}{T_{1}} = \sqrt{A}$. Ошибка, которую мы делаем, принимая подвешенный шарик за математический маятник, будет $\delta = \frac{T_{2}-T_{1}}{T_{1}} = \frac{T_{2}}{T_{1}} - 1 = \sqrt{A} - 1$; отсюда $A = \left [ 1 + \frac{2}{5} \left ( \frac{R}{l} \right )^{2} \right ] = (1 + \delta)^{2}$, или $\frac{R}{l} = \sqrt{ \frac{5}{2} ((1 + \delta)^{2} - 1)}$ — (3). По условию $\delta \leq 0,01$. Подставляя в (3), получим $\frac{R}{l} \leq 0,0224$. Так как $R = \frac{D}{2} = 0,02 м$, то предельное расстояние от центра масс шарика до точки подвеса $l \geq 0,089 м$, а предельная длина нити $L = l - R; L = 0,069 м$.
Какой наименьшей длины $l$ надо взять нить, к которой подвешен однородный шарик диаметром $D = 4 см$, чтобы при определении периода малых колебаний $T$ шарика рассматривать его как математический маятник? Ошибка $\delta$ при таком допущении не должна превышать 1%.
Решение:
Период малых колебаний математического маятника $T_{1} = 2 \pi \sqrt{ \frac{l}{g}}$ — (1), период малых колебаний физического маятника $T_{2} = 2 \pi \sqrt{ \frac{J}{mgl}}$, где $J$ — момент инерции шарика относительно оси вращения, $m$ — масса шарика и $l$ — расстояние от центра масс шарика до точки подвеса. В нашем случае $J = \frac{2}{5} mR^{2} + ml^{2} = ml^{2} \left [ 1 + \frac{2}{5} \left ( \frac{R}{l} \right )^{2} \right ]$. Обозначим $A = 1 + \frac{2}{5} \left ( \frac{R}{l} \right )^{2}$, тогда $J = Aml^{2}$. С учетом этого получим $T_{2} = 2 \pi \sqrt{ \frac{lA}{g}}$ — (2). Из (1) и (2) имеем $\frac{T_{2}}{T_{1}} = \sqrt{A}$. Ошибка, которую мы делаем, принимая подвешенный шарик за математический маятник, будет $\delta = \frac{T_{2}-T_{1}}{T_{1}} = \frac{T_{2}}{T_{1}} - 1 = \sqrt{A} - 1$; отсюда $A = \left [ 1 + \frac{2}{5} \left ( \frac{R}{l} \right )^{2} \right ] = (1 + \delta)^{2}$, или $\frac{R}{l} = \sqrt{ \frac{5}{2} ((1 + \delta)^{2} - 1)}$ — (3). По условию $\delta \leq 0,01$. Подставляя в (3), получим $\frac{R}{l} \leq 0,0224$. Так как $R = \frac{D}{2} = 0,02 м$, то предельное расстояние от центра масс шарика до точки подвеса $l \geq 0,089 м$, а предельная длина нити $L = l - R; L = 0,069 м$.
