Максимальная равнодействующая у математического маятника

[kozlik_kozlik]

Есть задача: определить, когда равнодействующая сил, приложенных к грузу математического маятника, максимальна. Правильный ответ - при прохождении положения равновесия. Как это обосновать?

[Munin]

Ничего лучше, чем посчитать в лоб, не придумывается.

[kozlik_kozlik]

Считаю в лоб, получается тригонометрический ужас с косинусом wt в 4 степени и синусом во 2-й под корнем, да с такими коэффициентами, что не упростишь. Почему и спрашиваю.

[Munin]

Пишите не wt, а $\omega t$ (наведите мышкой, чтобы увидеть исходный текст).

Боюсь, именно исследования этого ужаса на экстремумы от вас и ждут.

[kozlik_kozlik]

Ага, в задачке по ЕГЭ, причём простого уровня. С трудом верится, тем более что остальные из того же раздела решаются менее чем за минуту.

[Munin]

Тогда не знаю. Может быть, можно сравнить равнодействующие в положении равновесия и в положениях максимального отклонения, и этого будет достаточно?

[druggist]

kozlik_kozlik в сообщении #995416 писал(а):

Правильный ответ - при прохождении положения равновесия.

Но ведь в положении равновесия "равнодействующая сил, приложенных к грузу математического маятника" по определению равна нулю, нет ли здесь противоречия?

[kozlik_kozlik]

Munin, а в том-то и дело, что попробуй ещё сравнить. В точке равновесия модуль равнодействующей равен T-mg и T максимальна. В точке максимального отклонения центростремительная составляющая равна 0. Но в точках наибольшего отклонения есть тангенциальная составляющая, которая mg*sin$\alpha$, которая отсутствует в точке равновесия. Не особо-то и сравнишь.

druggist, отсутствует тангенциальная составляющая, не путай. И проекция на горизонтальную ось тоже. А центростремительная есть.

[Munin]

kozlik_kozlik в сообщении #995438 писал(а):

Но в точках наибольшего отклонения есть тангенциальная составляющая, которая mg*sin$\alpha$

Здесь положено писать $mg\sin\alpha.$ (И обращайтесь к собеседникам на "вы".)
Предлагаю вам доказать, что в точках наибольшего отклонения вся равнодействующая и равна этой тангенциальной составляющей.

А в точке равновесия - найти равнодействующую через известное ускорение.

-- 25.03.2015 16:11:59 --

druggist в сообщении #995435 писал(а):

Но ведь в положении равновесия "равнодействующая сил, приложенных к грузу математического маятника" по определению равна нулю, нет ли здесь противоречия?

В положении равновесия, но не в состоянии равновесия, а когда маятник проносится через эту точку. По сути, здесь "положение равновесия" - это просто более неудобный способ сказать "самая нижняя точка".

[kozlik_kozlik]

Выясняются весьма забавные подробности.
Пусть заданы скорость v при прохождении положения равновесия и длина нити L. Запишем равнодействующую в точке равновесия, она равна $\frac{mv^2}{L}$. Будем сравнивать её с равнодействующей силой в момент прохождения точки наибольшего отклонения, которая равна $mg\sin\alpha=\frac{mgx}{L}$, где $\alpha$ - угол наибольшего отклонения, x - наибольшее отклонение по горизонтали. Итого имеем сравнение $\frac{mv^2}{L}$ V $\frac{mgx}{L}$ (V - не определённый пока знак неравенства, окда?). Можно сократить массу и длину, получим $v^2$ V $gx$. Возводим в квадрат (справа и слева величины неотрицательные - значит, можно): $v^4$ V $g^2 x^2$.

Закон сохранения энергии: $mgy=\frac{mv^2}{2}$, где y - наибольшая высота, v - наибольшая скорость (она же в положении равновесия). Отсюда $y=\frac{v^2}{2g}$. Теорема Пифагора: $L^2=x^2+(L-y)^2$, отсюда $x^2=2Ly-y^2$. Подставляем сюда выражение для y из закона сохранения энергии и получаем $x^2=v^2 (\frac{L}{g}-\frac{v^2}{4g^2})$. Подставляем в неравенство, делаем всё, чтобы слева была только скорость, а справа всё остальное, и получаем: $v^2$ V $\frac{4}{5}Lg$. Получим следующее: РАВНОДЕЙСТВУЮЩАЯ В ТОЧКЕ РАВНОВЕСИЯ БОЛЬШЕ РАВНОДЕЙСТВУЮЩЕЙ В ВЕРХНИХ ТОЧКАХ, ТОЛЬКО ЕСЛИ МАКСИМАЛЬНАЯ СКОРОСТЬ БОЛЬШЕ ОПРЕДЕЛЁННОГО ЗНАЧЕНИЯ, а именно $v>\sqrt{\frac{4}{5}Lg}$. Если пнуть слишком слабо, РАВНОДЕЙСТВУЮЩАЯ В НИЖНЕЙ ТОЧКЕ МАКСИМАЛЬНОЙ НЕ БУДЕТ. И либо у меня в вычислениях ошибка, либо задача составлена неправильно. Кто-нибудь может прокомментировать моё решение, верно оно или нет?

[rustot]

ускорение пропорционально равнодействующей, радиус траектории фиксирован, значит ускорение максимально при максимальной скорости, при максимальной кинетической энергии, при минимальной потенциальной

ps. а, хотя еще тут надо еще тангенциальную составляющую ускорения учитывать. тогда наверное именно считать, а не на пальцах

[12d3]

kozlik_kozlik в сообщении #995472 писал(а):

Кто-нибудь может прокомментировать моё решение, верно оно или нет?

Гм. У меня получился похожий результат, только критическое значение скорости другое, наверное, арифметическая ошибка. То есть, при малых колебаниях максимальное ускорение в верхних точках, минимальное при прохождении положения равновесия. Потом, при увеличении амплитуды колебаний, минимум ускорения становится где-то в промежуточных точках между самой нижней и самой верхней, а максимум ускорения - в верхних точках. Если амплитуду еще увеличить, то максимум становится в нижней точке, минимум все еще остается в промежуточной. Если дальше увеличивать амплитуду, то минимум ускорения в крайних точках, максимум - в самой нижней.

[kozlik_kozlik]

Цитата:

а, хотя еще тут надо еще тангенциальную составляющую ускорения учитывать

Вот именно.

12d3, а приведите свои расчёты пжл? Особенно интересует вот это:

Цитата:

У меня получился похожий результат, только критическое значение скорости другое, наверное, арифметическая ошибка

-- 25.03.2015, 17:50 --

Госпаде, долбучее ЕГЭ. Это задача из ФИПИшного "Оптимального банка заданий", номер 71. "Ни в одной положении", мать же вашу, а, на что я целый день убил...

[12d3]

Введем безразмерный коэффициент $k=\frac{y}{L}$, где $y$ - максимальная высота подъема. Полная энергия $E=mgy=kmgL$. Найдем ускорение, когда в положении, когда угол с вертикалью равен $\varphi$. Тангенциальное ускорение $a_{\tau}=g\sin\varphi$. Из закона сохранения энергии $\frac{mv^2}{2}=E-mgL\left(1-\cos \varphi\right)=mgL\left(k-1+\cos \varphi\right)$. Нормальное ускорение $a_n=\frac{v^2}{L}=2g\left(k-1+\cos \varphi\right)$. Квадрат полного ускорения $a^2=g^2\left(\sin^2\varphi+4\left(k-1+\cos \varphi\right)^2\right)$. Заодно и нашел свою ошибку - четверка у меня стала внезапно двойкой. =)
Далее, сделаем для удобства замену $1-\cos\varphi=t,\,\,0\le t\le k$. Тогда $\frac{a^2}{g^2}=1-(1-t)^2+4(k-t)^2=3t^2+2(1-4k)t+4k^2$. Осталось только исследовать поведение такой функции на интервале $0\le t\le k$ при разных значениях $k$. При $k\le \frac{1}{4}$ она монотонно возрастает. При $k\ge 1$ она монотонно убывает (Это соответствует случаю, когда верхние точки выше точки крепления маятника. Такое можно обеспечить если нить сделать не нитью, а невесомым стержнем). При $ \frac{1}{4} \le k \le 1$ появляется минимум внутри интервала, а максимум будет на одном из концов интервала. При $ \frac{1}{4} \le k \le \frac{2}{5}$ максимум ускорения будет в верхних точках, при $ \frac{2}{5} \le k \le 1$ максимум в положении равновесия.

[Munin]

Похоже, это всё-таки действительно серьёзная задача, а её попадение в ЕГЭ среди простых - это ошибка, или намеренный "гроб".

-- 25.03.2015 18:16:45 --

kozlik_kozlik в сообщении #995500 писал(а):

Это задача из ФИПИшного "Оптимального банка заданий", номер 71.

Да, ответ неверен.

Но и "ни в одном положении" неверен. Раз тут зависимость от конкретных параметров качания.

Кстати, если ответ требуется всего лишь выбрать из точек 1, 2 и 3, то достаточно оценить, является ли ускорение в данных точках максимумом или минимумом (то, что экстремумом является - очевидно). Для этого можно заменить функцию в окрестности точки по эквивалентности на что-нибудь попроще, и взять ещё пару производных. Или через ряд Тейлора.