Номер 1013, страница 192 - гдз по физике 9 класс сборник задач Исаченкова, Дорофейчик

Дано:

Отношение максимальной силы натяжения к минимальной $n = \frac{T_{max}}{T_{min}} = 4$

Найти:

$\alpha$ — угол отклонения нити от вертикали.

Решение:

Пусть шарик массы $m$ подвешен на нити длиной $L$. Обозначим искомый угол отклонения от вертикали как $\alpha$.

1. Минимальная сила натяжения ($T_{min}$) возникает в крайнем верхнем положении траектории, где шарик на мгновение останавливается. В этой точке его скорость $v=0$. Запишем второй закон Ньютона в проекции на направление нити (радиальное направление):

$T_{min} - mg\cos\alpha = \frac{mv^2}{L} = 0$

Отсюда следует, что минимальная сила натяжения равна проекции силы тяжести на нить:

$T_{min} = mg\cos\alpha$

2. Максимальная сила натяжения ($T_{max}$) возникает при прохождении шариком нижней точки траектории (положения равновесия), где его скорость максимальна ($v_{max}$). В этой точке угол с вертикалью равен нулю ($\cos(0)=1$). Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось, направленную к центру окружности (вверх), имеет вид:

$T_{max} - mg = \frac{mv_{max}^2}{L}$

Следовательно, максимальная сила натяжения:

$T_{max} = mg + \frac{mv_{max}^2}{L}$

3. Связь между скоростью и углом отклонения. Для нахождения $v_{max}$ воспользуемся законом сохранения механической энергии. Примем за нулевой уровень потенциальной энергии положение шарика в нижней точке траектории. В начальный момент (в точке максимального отклонения) шарик поднят на высоту $h = L - L\cos\alpha = L(1 - \cos\alpha)$, и его скорость равна нулю. Вся энергия является потенциальной:

$E_{начальная} = mgh = mgL(1 - \cos\alpha)$

В нижней точке траектории высота равна нулю, а скорость максимальна. Вся энергия является кинетической:

$E_{конечная} = \frac{1}{2}mv_{max}^2$

По закону сохранения энергии $E_{начальная} = E_{конечная}$:

$mgL(1 - \cos\alpha) = \frac{1}{2}mv_{max}^2$

Отсюда находим $mv_{max}^2 = 2mgL(1 - \cos\alpha)$.

4. Решение уравнения. Подставим полученное выражение для $mv_{max}^2$ в формулу для $T_{max}$:

$T_{max} = mg + \frac{2mgL(1 - \cos\alpha)}{L} = mg + 2mg(1 - \cos\alpha) = mg(1 + 2 - 2\cos\alpha) = mg(3 - 2\cos\alpha)$

Теперь используем условие задачи $T_{max} = n \cdot T_{min}$:

$mg(3 - 2\cos\alpha) = n \cdot (mg\cos\alpha)$

Сокращаем $mg$ в обеих частях уравнения:

$3 - 2\cos\alpha = n\cos\alpha$

Перегруппируем слагаемые, чтобы выразить $\cos\alpha$:

$3 = n\cos\alpha + 2\cos\alpha$

$3 = (n+2)\cos\alpha$

$\cos\alpha = \frac{3}{n+2}$

Подставим заданное значение $n=4$:

$\cos\alpha = \frac{3}{4+2} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

Угол, косинус которого равен $1/2$, это:

$\alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ$

Ответ: нить надо отвести от вертикального положения на угол $60^\circ$.