Номер 1743, страница 204 - гдз по физике 7-9 класс сборник задач Перышкин

9 класс. Механические колебания и волны. 61. Колебания. Величины, характеризующие колебательное движение. Превращения энергии при колебаниях маятника. Резонанс. Волны. Скорость распространения волны - номер 1743, страница 204.

Решение.

Дано:

Длина маятника, $L_1 = 1 \text{ м}$

Наибольший угол отклонения, $\alpha_1 = 30^\circ$

Новая длина маятника, $L_2 = \frac{L_1}{2} = 0.5 \text{ м}$

Найти:

Наибольший угол отклонения укороченного маятника, $\alpha_2$

Решение:

Для решения задачи воспользуемся законом сохранения механической энергии. Движение маятника можно разделить на два этапа.

Этап 1: Движение маятника от точки максимального отклонения до положения равновесия.

За нулевой уровень потенциальной энергии примем самое нижнее положение маятника (положение равновесия). В точке наибольшего отклонения ($\alpha_1 = 30^\circ$) скорость маятника равна нулю, и его полная механическая энергия является чисто потенциальной. Высота $h_1$, на которую поднят груз относительно положения равновесия, определяется из геометрии:

$h_1 = L_1 - L_1 \cos\alpha_1 = L_1(1 - \cos\alpha_1)$

Полная энергия в этой точке равна:

$E_1 = mgh_1 = mgL_1(1 - \cos\alpha_1)$

При прохождении положения равновесия вся эта потенциальная энергия переходит в кинетическую, так как высота $h=0$. Скорость маятника в этот момент максимальна ($v_{max}$).

$E_{равн} = \frac{1}{2}mv_{max}^2$

По закону сохранения энергии:

$\frac{1}{2}mv_{max}^2 = mgL_1(1 - \cos\alpha_1)$

Этап 2: Движение укороченного маятника от положения равновесия до нового максимального отклонения.

В момент прохождения положения равновесия нить зацепляется за гвоздь. Длина маятника мгновенно становится $L_2 = L_1/2$. Скорость груза $v_{max}$ в этот момент не изменяется. Таким образом, кинетическая энергия укороченного маятника в начальный момент этого этапа равна кинетической энергии в конце первого этапа.

Укороченный маятник будет двигаться до тех пор, пока вся его кинетическая энергия не перейдет в потенциальную. В точке нового максимального отклонения на угол $\alpha_2$ скорость станет равной нулю. Высота подъема $h_2$ относительно положения равновесия для укороченного маятника будет:

$h_2 = L_2 - L_2 \cos\alpha_2 = L_2(1 - \cos\alpha_2)$

Потенциальная энергия в этой точке:

$E_2 = mgh_2 = mgL_2(1 - \cos\alpha_2)$

Согласно закону сохранения энергии для второго этапа:

$\frac{1}{2}mv_{max}^2 = mgL_2(1 - \cos\alpha_2)$

Теперь мы можем приравнять выражения для полной энергии из первого и второго этапов, так как они обе равны кинетической энергии в положении равновесия:

$mgL_1(1 - \cos\alpha_1) = mgL_2(1 - \cos\alpha_2)$

Сократим массу $\text{m}$ и ускорение свободного падения $\text{g}$:

$L_1(1 - \cos\alpha_1) = L_2(1 - \cos\alpha_2)$

Подставим $L_2 = L_1/2$:

$L_1(1 - \cos\alpha_1) = \frac{L_1}{2}(1 - \cos\alpha_2)$

Сократим $L_1$ и умножим обе части на 2:

$2(1 - \cos\alpha_1) = 1 - \cos\alpha_2$

Выразим отсюда $\cos\alpha_2$:

$\cos\alpha_2 = 1 - 2(1 - \cos\alpha_1) = 1 - 2 + 2\cos\alpha_1 = 2\cos\alpha_1 - 1$

Подставим значение $\alpha_1 = 30^\circ$, зная, что $\cos30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$:

$\cos\alpha_2 = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 1 = \sqrt{3} - 1$

Вычислим приближенное значение, используя $\sqrt{3} \approx 1.732$:

$\cos\alpha_2 \approx 1.732 - 1 = 0.732$

Теперь найдем сам угол $\alpha_2$:

$\alpha_2 = \arccos(\sqrt{3} - 1) \approx \arccos(0.732) \approx 43^\circ$

Ответ: Наибольший угол отклонения укороченного маятника равен $\arccos(\sqrt{3}-1)$, что приблизительно составляет $43^\circ$.