Номер 8.3, страница 43 - гдз по физике 8-11 класс учебник, задачник Гельфгат, Генденштейн

Задачи. Механика. 8. Комбинированные задачи по механике - номер 8.3, страница 43.

Условие.

8.3*. Подвешенный на нити шарик массой $\text{m}$ совершает колебания. Когда шарик проходит положение равновесия, сила натяжения нити $T_1 = 2mg$. На какой максимальный угол $\alpha$ от вертикали отклоняется шарик? Чему равна сила $T_2$ натяжения нити в момент наибольшего отклонения шарика?

Решение.

Решение 2.

Дано:

Масса шарика: $\text{m}$
Сила натяжения нити в положении равновесия: $T_1 = 2mg$

Найти:

Максимальный угол отклонения: $\alpha$
Сила натяжения нити в момент наибольшего отклонения: $T_2$

Решение:

На какой максимальный угол α от вертикали отклоняется шарик?

Рассмотрим движение шарика в положении равновесия (нижняя точка траектории). На шарик действуют две силы: сила тяжести $\text{mg}$, направленная вертикально вниз, и сила натяжения нити $T_1$, направленная вертикально вверх. Согласно второму закону Ньютона, равнодействующая этих сил сообщает шарику центростремительное ускорение $a_ц = \frac{v^2}{l}$, где $\text{v}$ — скорость шарика в нижней точке, а $\text{l}$ — длина нити.

В проекции на вертикальную ось: $T_1 - mg = ma_ц = \frac{mv^2}{l}$

Подставим в это уравнение заданное значение $T_1 = 2mg$: $2mg - mg = \frac{mv^2}{l}$ $mg = \frac{mv^2}{l}$

Отсюда можно выразить квадрат скорости шарика в нижней точке: $v^2 = gl$

Теперь воспользуемся законом сохранения механической энергии. Сравним состояние системы в двух положениях: в нижней точке (положение равновесия) и в точке максимального отклонения на угол $\alpha$.

Примем за нулевой уровень потенциальной энергии положение шарика в нижней точке.

1. В нижней точке: Кинетическая энергия: $E_{к1} = \frac{1}{2}mv^2$. Потенциальная энергия: $E_{п1} = 0$. Полная механическая энергия: $E_1 = \frac{1}{2}mv^2$.

2. В точке максимального отклонения на угол $\alpha$: Скорость шарика равна нулю, следовательно, кинетическая энергия: $E_{к2} = 0$. Шарик поднимается на высоту $\text{h}$ относительно нижнего положения. Эту высоту можно выразить через длину нити $\text{l}$ и угол $\alpha$: $h = l - l\cos\alpha = l(1 - \cos\alpha)$. Потенциальная энергия: $E_{п2} = mgh = mgl(1 - \cos\alpha)$. Полная механическая энергия: $E_2 = mgl(1 - \cos\alpha)$.

По закону сохранения энергии $E_1 = E_2$: $\frac{1}{2}mv^2 = mgl(1 - \cos\alpha)$

Подставим ранее найденное выражение для $v^2 = gl$: $\frac{1}{2}m(gl) = mgl(1 - \cos\alpha)$

Сократим обе части на $mgl$: $\frac{1}{2} = 1 - \cos\alpha$

Отсюда находим $\cos\alpha$: $\cos\alpha = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

Следовательно, максимальный угол отклонения: $\alpha = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$

Ответ: Максимальный угол отклонения шарика от вертикали равен $60^\circ$.

Чему равна сила T₂ натяжения нити в момент наибольшего отклонения шарика?

В момент наибольшего отклонения шарик на мгновение останавливается, его скорость равна нулю. Рассмотрим силы, действующие на шарик в этом положении: сила тяжести $\text{mg}$ и сила натяжения нити $T_2$.

Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось, направленную вдоль нити к центру окружности. В этом положении скорость равна нулю, поэтому центростремительное ускорение также равно нулю ($a_ц = 0$).

Сила натяжения $T_2$ направлена вдоль нити к точке подвеса. Проекция силы тяжести на эту ось равна $mg\cos\alpha$ и направлена в противоположную сторону.

Уравнение сил в проекции на радиальную ось: $T_2 - mg\cos\alpha = ma_ц = 0$

Отсюда следует, что сила натяжения нити в крайней точке равна: $T_2 = mg\cos\alpha$

Мы уже нашли, что $\cos\alpha = \frac{1}{2}$. Подставим это значение: $T_2 = mg \cdot \frac{1}{2} = 0.5mg$

Ответ: Сила натяжения нити в момент наибольшего отклонения шарика равна $0.5mg$.