Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 834
2016-09-04 
На некоторой планете может быть реализован следующий эксперимент. При плоских колебаниях математического маятника длиной $L = 3 м$ максимальная сила натяжения нити отличается от минимальной в $k = 4$ раза, если максимальный угол отклонения равен некоторому значению $\alpha$. Такой же угол $\alpha$ с вертикалью образует нить маятника, если она вращается с периодом $T = 4,0 с$ вокруг вертикальной оси, проходящей через точку подвеса. Определите ускорение свободного падения на данной планете.
Решение:
рис. 1
рис. 2
На рисунке 1 показаны два крайних положения маятника, совершающего плоские колебания. Применим второй закон Ньютона для произвольного угла отклонения от вертикали $\phi$ в проекциях на направление нити:
$\frac{mv^{2}( \phi)}{L} = T( \phi) – mg \cos \phi$, или $T( \phi) = \frac{mv^{2}( \phi)}{L} + mg \cos \phi$,
где $v( \phi)$ - скорость маятника, $T( \phi)$ - сила натяжения нити при произвольном угле отклонения $\phi$. Поскольку скорость $v$ и $\cos \phi$ возрастают при переходе от максимального отклонения $\phi = \alpha$ к положению равновесия $\phi = 0$, то
$T_{max} = mg + \frac{mv^{2}}{L}$, (1)
$T_{min} = mg \cos \alpha$. (2)
Скорость $v$ в положении равновесия найдём, воспользовавшись законом сохранения энергии:
$\frac{mv^{2}}{2} = mgL (1 - \cos \alpha)$. (3)
Из (1), (2) и (3) получим
$ \cos \alpha = \frac{3}{k+2} = \frac{1}{2}$. (4)
Рассмотрим теперь вращательное движения маятника (конический маятник), изображённого на рисунке 2. Ускорение груза $\vec{a}$ направлено к оси вращения $OO. \vec{T}$ - сила натяжения нити. По второму закону Ньютона
$m \vec{a} = m \vec{g} + \vec{T}$.
Из рисунка 2 видно, что
$ma = mg tg \alpha$. (5)
Центростремительное ускорение
$a = \omega^{2} L \sin \alpha$. (6)
Из (5), (6) и (4) получим:
$g = \omega^{2} L \cos \alpha = \frac{3}{k+2} \left ( \frac{2 \pi}{T} \right )^{2} L = 3,7 м/с2$.
Заметим, что ускорение свободного падения на планете Меркурий $g = 3,92 \frac{м}{с^{2}}$
На некоторой планете может быть реализован следующий эксперимент. При плоских колебаниях математического маятника длиной $L = 3 м$ максимальная сила натяжения нити отличается от минимальной в $k = 4$ раза, если максимальный угол отклонения равен некоторому значению $\alpha$. Такой же угол $\alpha$ с вертикалью образует нить маятника, если она вращается с периодом $T = 4,0 с$ вокруг вертикальной оси, проходящей через точку подвеса. Определите ускорение свободного падения на данной планете.
Решение:
рис. 1
рис. 2
На рисунке 1 показаны два крайних положения маятника, совершающего плоские колебания. Применим второй закон Ньютона для произвольного угла отклонения от вертикали $\phi$ в проекциях на направление нити:
$\frac{mv^{2}( \phi)}{L} = T( \phi) – mg \cos \phi$, или $T( \phi) = \frac{mv^{2}( \phi)}{L} + mg \cos \phi$,
где $v( \phi)$ - скорость маятника, $T( \phi)$ - сила натяжения нити при произвольном угле отклонения $\phi$. Поскольку скорость $v$ и $\cos \phi$ возрастают при переходе от максимального отклонения $\phi = \alpha$ к положению равновесия $\phi = 0$, то
$T_{max} = mg + \frac{mv^{2}}{L}$, (1)
$T_{min} = mg \cos \alpha$. (2)
Скорость $v$ в положении равновесия найдём, воспользовавшись законом сохранения энергии:
$\frac{mv^{2}}{2} = mgL (1 - \cos \alpha)$. (3)
Из (1), (2) и (3) получим
$ \cos \alpha = \frac{3}{k+2} = \frac{1}{2}$. (4)
Рассмотрим теперь вращательное движения маятника (конический маятник), изображённого на рисунке 2. Ускорение груза $\vec{a}$ направлено к оси вращения $OO. \vec{T}$ - сила натяжения нити. По второму закону Ньютона
$m \vec{a} = m \vec{g} + \vec{T}$.
Из рисунка 2 видно, что
$ma = mg tg \alpha$. (5)
Центростремительное ускорение
$a = \omega^{2} L \sin \alpha$. (6)
Из (5), (6) и (4) получим:
$g = \omega^{2} L \cos \alpha = \frac{3}{k+2} \left ( \frac{2 \pi}{T} \right )^{2} L = 3,7 м/с2$.
Заметим, что ускорение свободного падения на планете Меркурий $g = 3,92 \frac{м}{с^{2}}$
