Математический маятник

fynt · Сообщение **fynt** » 21 апр 2008, 18:41

Здравствуйте.

Задача:
Шарик подвешенный на нити, качается в вертикальной плоскости так, что его ускорение в крайнем и нижнем положенях равны по модулю друг другу. Найти угол отклонения нити в крайнем положении.

Рисунок нарисовал. Дальше 2 ЗН неидёт <_< Для 1 точки: $OX: \, ma_x = 0$
$OY: \, T - mg = ma_y$

Для 2 точки:
$OX: \, T*sin(a)= ma_x$
$OY: \, T*cos(a) - mg = ma_y$

У кого есть какиенибудь мысли?

Angerran · Сообщение **Angerran** » 21 апр 2008, 21:15

Может так:
Точка 1:
Нормальная составляющая
$a_n=\frac{T}{m}-g$
это из 2 з-на Ньютона.
тангенциальной составляющей нет.
Следовательно полное ускорение равно нормальному.
Точка 2:
Тангенциальная составляющая:
$a_t=g\sin{\alpha}$
где альфа искомый угол.
Это можно получить из второго з-на H в проекции на ось направленную по касательной к траектории или из основного ур-ния вращательного движения.
Так как скорость в крайней точке равна нулю то нормальная составляющая равна нулю.
Тогда полное ускорение равно тангенциальному.
Приравниваем и выражаем альфа.

fynt · Сообщение **fynt** » 23 апр 2008, 13:33

Спасибо. но всёравно ничево невыходит :search:

$\frac {T} {m} - g = g*sin(a)$

$\frac {T-mg} {m} = g*sin(a)$

$\frac {T-mg} {mg} = sin(a)$

Ho так как T = mg то получается ерунда.

Angerran · Сообщение **Angerran** » 23 апр 2008, 18:36

T не равно mg.
Нижняя точка (направим ось Х горизонтально влево, Y - вертикально вверх):
$ma_\tau=0$

Y: $$ma_n=T_1-mg$$

Крайняя точка (ось X' вниз по касательной к траектории, Y' - по нормали в сторону центра):

X': $ma_\tau=mg\sin(\alpha)$

Y': $0=T_2-mg\cos(\alpha)$

Ho мне кажется T_1 не равно T_2 (прав ли я?). Иначе приходим к ур-нию $\cos(\alpha)-\sin(\alpha)=1$ . Решения которого 0 и -90 градусов.

A что если записать з-н сохранения энергии?
$mgl(1-\cos(\alpha))=\frac {mV^2} {2}$
V - скорость в нижней точке. Тогда:
$a_n=\frac {V^2} {l}$

$mgl(1-\cos(\alpha))=\frac {ma_nl} {2}$

$2g(1-\cos(\alpha))=a_n$

И теперь уже приравниваем c тангенциальным во второй точке:

$2-2\cos(\alpha)=\sin(\alpha)$

B общем какая-то гадость получилась по-моему

fynt · Сообщение **fynt** » 23 апр 2008, 19:14

Совершенно верно!
Я решил точно также хотя и невидел ещё Вашего решения :yes:
a решение последнего уравнения обсудили в [url=http://e-science.ru/forum/index.php?showtopic=5765]http://e-science.ru/forum/index.php?showtopic=5765[/url]

:yes: + 1

SFResid · Сообщение **SFResid** » 26 апр 2008, 08:40

Angerran писал(а):Source of the post
T не равно mg.
Нижняя точка (направим ось Х горизонтально влево, Y - вертикально вверх):
$ma_\tau=0$

Y:
Крайняя точка (ось X' вниз по касательной к траектории, Y' - по нормали в сторону центра):

X': $ma_\tau=mg\sin(\alpha)$

Y': $0=T_2-mg\cos(\alpha)$

Ho мне кажется T_1 не равно T_2 (прав ли я?). Иначе приходим к ур-нию $\cos(\alpha)-\sin(\alpha)=1$ . Решения которого 0 и -90 градусов.

A что если записать з-н сохранения энергии?
$mgl(1-\cos(\alpha))=\frac {mV^2} {2}$
V - скорость в нижней точке. Тогда:
$a_n=\frac {V^2} {l}$

$mgl(1-\cos(\alpha))=\frac {ma_nl} {2}$

$2g(1-\cos(\alpha))=a_n$

И теперь уже приравниваем c тангенциальным во второй точке:

$2-2\cos(\alpha)=\sin(\alpha)$

B общем какая-то гадость получилась по-моему

2 - 2*COS(α) = SIN(α) - возведём обе части в квадрат: 4 - 8*COS(α) + 4*COS²(α) = SIN²(α) или 4 - 8*COS(α) + 4*COS²(α) = 1 - COS²(α), откуда 5*COS²(α) - 8*COS(α) + 3 =0, или COS²(α) - 1.6*COS(α) + 0.6 = 0, откуда COS(α) = 0.8 ± √(0.64 - 0.6) = 0.8 ± 0.2; COS(α₁) = 1, α₁ = 0, COS(α₂) = 0.6, α₂ ≈53°8‘; SIN(α₂) = 0.8; (никакая это не гадость, a "египетский треугольник" co сторонами 3, 4, 5).

yourdomain.com