Номер 1074, страница 171, часть 2 - гдз по физике 10-11 класс сборник задач Парфентьева

Часть 2. Разные задачи - номер 1074, страница 171.

Условие.

1074. H Шарику, подвешенному на нити, сообщили начальную скорость в горизонтальном направлении (рис. 240). При отклонении нити на $30^{\circ}$ от вертикали ускорение шарика было направлено горизонтально. На какой максимальный угол отклонилась нить за время движения?

Рис. 240

Решение.

Дано:

$\alpha_1 = 30°$ — угол отклонения нити от вертикали, при котором ускорение шарика направлено горизонтально.

Найти:

$\alpha_{max}$ — максимальный угол отклонения нити.

Решение:

Рассмотрим момент, когда нить отклонена на угол $\alpha_1 = 30°$. На шарик действуют две силы: сила тяжести $\vec{F}_g = m\vec{g}$, направленная вертикально вниз, и сила натяжения нити $\vec{T}$, направленная вдоль нити к точке подвеса.

Согласно второму закону Ньютона, $m\vec{a} = \vec{T} + m\vec{g}$.

Выберем систему координат, в которой ось OY направлена вертикально вверх, а ось OX — горизонтально. По условию, в данный момент вектор ускорения $\vec{a}$ направлен горизонтально, следовательно, его вертикальная проекция равна нулю: $a_y = 0$.

Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось OY:

$m a_y = T_y + (mg)_y$

$0 = T \cos\alpha_1 - mg$

Отсюда можем выразить силу натяжения нити в данный момент:

$T = \frac{mg}{\cos\alpha_1}$

Теперь рассмотрим проекцию сил на направление нити (радиальное направление). Равнодействующая этих сил сообщает шарику центростремительное (нормальное) ускорение $a_n = \frac{v_1^2}{L}$, где $v_1$ — скорость шарика в данный момент, а $\text{L}$ — длина нити.

$m a_n = T - mg \cos\alpha_1$

Подставим в это уравнение выражение для $\text{T}$ и $a_n$:

$m \frac{v_1^2}{L} = \frac{mg}{\cos\alpha_1} - mg \cos\alpha_1$

Сократим массу $\text{m}$ и преобразуем выражение:

$\frac{v_1^2}{L} = g \left( \frac{1}{\cos\alpha_1} - \cos\alpha_1 \right) = g \frac{1 - \cos^2\alpha_1}{\cos\alpha_1} = g \frac{\sin^2\alpha_1}{\cos\alpha_1}$

Таким образом, мы нашли квадрат скорости шарика в момент, когда угол отклонения равен $\alpha_1$:

$v_1^2 = gL \frac{\sin^2\alpha_1}{\cos\alpha_1}$

Для нахождения максимального угла отклонения $\alpha_{max}$ воспользуемся законом сохранения механической энергии. Примем за нулевой уровень потенциальной энергии самое нижнее положение шарика. В процессе движения сила натяжения нити перпендикулярна скорости, поэтому работы она не совершает. Работа силы тяжести учитывается через изменение потенциальной энергии. Следовательно, полная механическая энергия системы сохраняется.

Энергия в положении с углом $\alpha_1$:

$E_1 = K_1 + U_1 = \frac{1}{2} m v_1^2 + mgh_1 = \frac{1}{2} m v_1^2 + mgL(1 - \cos\alpha_1)$

В положении максимального отклонения на угол $\alpha_{max}$ скорость шарика равна нулю ($v_{max} = 0$).

Энергия в положении с углом $\alpha_{max}$:

$E_{max} = K_{max} + U_{max} = 0 + mgh_{max} = mgL(1 - \cos\alpha_{max})$

Приравняем энергии $E_1 = E_{max}$:

$\frac{1}{2} m v_1^2 + mgL(1 - \cos\alpha_1) = mgL(1 - \cos\alpha_{max})$

Сократим на $mg$:

$\frac{v_1^2}{2g} + L(1 - \cos\alpha_1) = L(1 - \cos\alpha_{max})$

Подставим ранее найденное выражение для $v_1^2$:

$\frac{gL \frac{\sin^2\alpha_1}{\cos\alpha_1}}{2g} + L(1 - \cos\alpha_1) = L(1 - \cos\alpha_{max})$

Сократим на $\text{L}$ и $\text{g}$:

$\frac{\sin^2\alpha_1}{2\cos\alpha_1} + 1 - \cos\alpha_1 = 1 - \cos\alpha_{max}$

Выразим $\cos\alpha_{max}$:

$\cos\alpha_{max} = \cos\alpha_1 - \frac{\sin^2\alpha_1}{2\cos\alpha_1} = \frac{2\cos^2\alpha_1 - \sin^2\alpha_1}{2\cos\alpha_1}$

Подставим значение $\alpha_1 = 30°$. Мы знаем, что $\cos(30°) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin(30°) = \frac{1}{2}$.

$\cos\alpha_{max} = \frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2 \cdot \frac{3}{4} - \frac{1}{4}}{\sqrt{3}} = \frac{\frac{6}{4} - \frac{1}{4}}{\sqrt{3}} = \frac{\frac{5}{4}}{\sqrt{3}} = \frac{5}{4\sqrt{3}}$

Таким образом, максимальный угол отклонения равен:

$\alpha_{max} = \arccos\left(\frac{5}{4\sqrt{3}}\right)$

Ответ: Максимальный угол отклонения нити $\alpha_{max} = \arccos\left(\frac{5}{4\sqrt{3}}\right)$.