Номер 4.127, страница 102 - гдз по физике 11 класс сборник задач Заболотский, Комиссаров

Колебания и волны. Глава 4. Механические колебания. Автоколебания - номер 4.127, страница 102.

Условие.

4.127. Шарик массой 0,1 кг на нити длиной 0,4 м раскачивают так, что каждый раз, когда шарик проходит положение равновесия, на него в течение промежутка времени 0,01 с действует сила 0,1 Н, направленная параллельно скорости. Через сколько полных колебаний шарик на нити отклонится на угол $60^\circ$?

Решение.

Дано:

$m = 0,1$ кг
$l = 0,4$ м
$F = 0,1$ Н
$\Delta t = 0,01$ с
$\alpha = 60^\circ$

Все данные приведены в системе СИ.

Найти:

$\text{N}$ - ?

Решение:

Каждый раз, когда шарик проходит положение равновесия, на него действует сила $\text{F}$ в течение короткого промежутка времени $\Delta t$. Это действие можно рассматривать как толчок, сообщающий шарику дополнительный импульс.

Приращение импульса $\Delta p$ за один толчок равно импульсу силы:

$\Delta p = F \cdot \Delta t$

Согласно второму закону Ньютона в импульсной форме, это изменение импульса вызывает изменение скорости шарика на величину $\Delta v$:

$m \Delta v = F \Delta t$

Отсюда приращение скорости за один толчок:

$\Delta v = \frac{F \Delta t}{m}$

Поскольку сила каждый раз направлена по ходу движения шарика в точке равновесия, то после $\text{n}$ таких толчков скорость шарика в этой точке будет равна сумме приращений:

$v_n = n \cdot \Delta v = n \frac{F \Delta t}{m}$

Кинетическая энергия шарика $E_k$ в положении равновесия после $\text{n}$ толчков будет равна:

$E_k = \frac{m v_n^2}{2} = \frac{m}{2} \left( n \frac{F \Delta t}{m} \right)^2 = \frac{n^2 (F \Delta t)^2}{2m}$

По закону сохранения энергии, в крайнем положении (при отклонении на угол $\alpha$) вся кинетическая энергия переходит в потенциальную энергию $E_p$. Высота подъема шарика $\text{h}$ при этом равна:

$h = l - l \cos\alpha = l(1 - \cos\alpha)$

Потенциальная энергия в этой точке:

$E_p = mgh = mgl(1 - \cos\alpha)$

Приравняем кинетическую энергию в нижней точке к потенциальной энергии в верхней точке, чтобы найти необходимое число толчков $\text{n}$ для достижения угла $\alpha$:

$E_k = E_p$

$\frac{n^2 (F \Delta t)^2}{2m} = mgl(1 - \cos\alpha)$

Выразим $\text{n}$:

$n^2 = \frac{2m^2gl(1 - \cos\alpha)}{(F \Delta t)^2}$

$n = \frac{m\sqrt{2gl(1 - \cos\alpha)}}{F \Delta t}$

Подставим числовые значения. Примем ускорение свободного падения $g \approx 10 \text{ м/с}^2$.

$n = \frac{0,1 \text{ кг} \cdot \sqrt{2 \cdot 10 \text{ м/с}^2 \cdot 0,4 \text{ м} \cdot (1 - \cos 60^\circ)}}{0,1 \text{ Н} \cdot 0,01 \text{ с}}$

$n = \frac{0,1 \cdot \sqrt{8 \cdot (1 - 0,5)}}{0,001} = \frac{0,1 \cdot \sqrt{4}}{0,001} = \frac{0,1 \cdot 2}{0,001} = \frac{0,2}{0,001} = 200$

Таким образом, для достижения отклонения в 60° требуется 200 толчков.

За одно полное колебание шарик проходит положение равновесия дважды (двигаясь в одну сторону и в другую). Следовательно, за одно полное колебание он получает 2 толчка. Чтобы найти число полных колебаний $\text{N}$, нужно разделить общее число толчков $\text{n}$ на 2:

$N = \frac{n}{2} = \frac{200}{2} = 100$

Ответ: шарик отклонится на угол 60° через 100 полных колебаний.