Составители:
Рубрика:
50
Покажем, что ∆T ≈ 4(t
2
−t
1
). Это означает, что в обоих случаях вре-
мя, необходимое маятнику, чтобы пройти от у гла β до нижнего устой-
чивого положения равновесия почти одно и тоже. Это время выразить
через интеграл:
τ =
π
Z
β
dϕ
˙ϕ(ϕ)
,
где ˙ϕ(ϕ)— угловая скорость маятника, когда его отклонение от верхнего
положения равновесия составляет угол ϕ. Заметим, что τ ограничено
сверху четвертью периода колебаний маятника, который отклонили на
угол β от верхнего положения равновесия и отпустили без начальной
скорости. Запишем соотношение, связывающее угловые скорости маят-
ника в первом и втором случае при одном и том же ϕ. Как следует из
закона сохранения энергии, ˙ϕ
2
2
(ϕ) = ˙ϕ
2
1
(ϕ) + ˙ϕ
2
2
(α) (индекс 1 соответ-
ствует первом случаю, 2 — второму). Если ϕ ≫ α, то ˙ϕ
2
(ϕ) ≫ ˙ϕ
2
(α), и
тогда это соотношение можно записать в следующем виде:
1
˙ϕ
1
(ϕ)
−
1
˙ϕ
2
(ϕ)
≈
˙ϕ
2
2
(α)
2 ˙ϕ
2
2
(ϕ)
1
˙ϕ
2
(ϕ)
.
Подставляя в выражение для τ , получим
τ
1
− τ
2
≈
π
Z
β
˙ϕ
2
2
(α)
2 ˙ϕ
2
2
(ϕ)
dϕ
˙ϕ
2
(ϕ)
6
˙ϕ
2
2
(α)
2 ˙ϕ
2
2
(β)
τ
2
.
Величины v
2
(β) и τ
2
конечны, а ˙ϕ
2
2
(α) = (g/l)(sin
2
(α/2)−sin
2
(α/4)) ≈
(3g/l)α
2
/16. Поэтому τ
1
≈ τ
2
c точностью до первого порядка малости
по α.
Теперь рассчитаем t
1
и t
2
. Так как мы считаем, что β мало, то на
всем участке движения маятника вплоть до угла β, можно использовать
линеаризованные уравнения движения:
¨ϕ − ω
2
0
ϕ = 0 ,
где ω
0
=
p
g/l. Теперь нетрудно получить, что t
1
= ω
−1
0
ln(k +
√
k
2
− 1),
t
2
= ω
−1
0
ln(2k +
√
4k
2
− 1), где k = β/α. Учитывая, что β ≫ α, получаем
t
2
− t
1
≈ ω
−1
0
ln 2.
Окончательный ответ: T ≈ T
0
+ 4
p
l/g ln 2.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 48
- 49
- 50
- 51
- 52
- …
- следующая ›
- последняя »
