Номер 1292, страница 241 - гдз по физике 9-11 класс сборник задач Капельян, Аксенович

Дано:

Длина нити: $l$
Угол положения стенки: $\alpha$
Начальный угол отклонения: $\beta$ ($\beta > \alpha$)
Удар о стенку: абсолютно упругий
Углы $\alpha$ и $\beta$ малы.

Найти:

Период колебаний $T$.

Решение:

Поскольку углы отклонения $\alpha$ и $\beta$ малы, движение маятника в отсутствие стенки представляло бы собой гармонические колебания. Период таких свободных колебаний определяется формулой:

$T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

где $g$ — ускорение свободного падения. Угловая частота таких колебаний равна $\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$.

В данной задаче движение маятника ограничено стенкой. Полный цикл колебаний состоит из двух этапов:

1. Движение от максимального отклонения под углом $\beta$ до удара о стенку под углом $-\alpha$ (будем считать положительные углы в одну сторону от вертикали, а отрицательные — в другую).

2. Движение после абсолютно упругого удара от стенки (угол $-\alpha$) обратно до максимального отклонения под углом $\beta$.

Поскольку удар абсолютно упругий, полная механическая энергия маятника сохраняется. Это означает, что после отскока от стенки маятник вернется на ту же высоту, с которой был отпущен, то есть снова достигнет угла отклонения $\beta$. Амплитуда колебаний остается равной $\beta$.

Движение маятника является частью гармонического колебания с амплитудой $\beta$. Из-за симметрии гармонического движения время движения от $\beta$ до $-\alpha$ ($t_1$) равно времени движения от $-\alpha$ до $\beta$ ($t_2$). Таким образом, полный период колебаний $T$ равен:

$T = t_1 + t_2$

Найдем время движения от $\beta$ до $-\alpha$. Его можно представить как сумму времени движения от угла $\beta$ до положения равновесия (угол 0), $t_{\beta \to 0}$, и времени движения от положения равновесия до стенки (угол $-\alpha$), $t_{0 \to -\alpha}$.

Время движения от крайнего положения до положения равновесия составляет четверть периода свободных колебаний:

$t_{\beta \to 0} = \frac{T_0}{4} = \frac{2\pi}{4\omega} = \frac{\pi}{2\omega}$

Для нахождения времени $t_{0 \to -\alpha}$ рассмотрим движение от положения равновесия. Уравнение движения в этом случае удобно записать через синус, учитывая направление: $\theta(t') = -\beta \sin(\omega t')$. В момент времени $t' = t_{0 \to -\alpha}$ координата шарика будет $\theta = -\alpha$:

$-\alpha = -\beta \sin(\omega t_{0 \to -\alpha})$

$\sin(\omega t_{0 \to -\alpha}) = \frac{\alpha}{\beta}$

Отсюда находим время:

$\omega t_{0 \to -\alpha} = \arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)$

$t_{0 \to -\alpha} = \frac{1}{\omega} \arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)$

Время движения от начального положения до стенки:

$t_1 = t_{\beta \to 0} + t_{0 \to -\alpha} = \frac{\pi}{2\omega} + \frac{1}{\omega} \arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)$

Обратный путь от стенки до максимального отклонения $\beta$ займет такое же время $t_2 = t_1$ из-за упругого удара и симметрии движения.

Полный период колебаний $T$ равен:

$T = t_1 + t_2 = 2t_1 = 2 \left( \frac{\pi}{2\omega} + \frac{1}{\omega} \arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right) \right) = \frac{\pi}{\omega} + \frac{2}{\omega} \arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right)$

Подставляя выражение для угловой частоты $\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$, получаем окончательную формулу:

$T = \frac{1}{\omega} \left( \pi + 2\arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right) \right) = \sqrt{\frac{l}{g}} \left( \pi + 2\arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right) \right)$

Ответ: $T = \sqrt{\frac{l}{g}} \left( \pi + 2\arcsin\left(\frac{\alpha}{\beta}\right) \right)$