XXIV OLIMPIADA FIZYCZNA (1974/1975). Stopień III, zadanie teoretyczne T1.

Transkrypt

1 XXIV OLIMPIADA FIZYCZNA (97/975). Stopień III zdnie teoretyczne T. Źródło: Nzw zdni: Dziły: Słow kuczowe: Komitet Główny Oimpidy Fizycznej; W. Gorzkowski: Oimpidy Fizyczne XXIII i XXIV WSiP Wrszw 977. Wrunki równowgi orzk zwieszonego n nitkc Sttyk równowg trwł moment ezwłdności ryły środek ciężkości cił moment siły stopnie swoody punkt zczepieni. Zdnie teoretyczne T zwody III stopni XXIV OF. Do rogów jednorodnego prostokątnego orzk o okc i przymocowno końce nici. Jk musi yć długość nici y orzek ten możn yło zwiesić n gwoździu witym w pionową ścinę w pozycji pokznej n rysunku. Rys. Uwg: Orzek m wisieć w równowdze trwłej. Trcie zniedujemy. Rozwiąznie Jsne jest że przy kżdej długości nitki położenie pokzne n rysunku jest położeniem równowgi. Prktyczne znczenie może mieć jednk tyko równowg trwł owiem tyko tką równowgę możn zreizowć. Cecą crkterystyczną równowgi trwłej jest to że przy niewiekim wycyeniu ukłdu z dnego położeni pojwiją się siły dziłjące tk y ukłd wrócił do stnu w którym ył poprzednio. Ukłd nsz m dw stopnie swoody. Ozncz to że do pełnego opisu położeni orzk potrzene są dw niezeżne prmetry. Możn je wyrć nstępująco: jko jeden z prmetrów wyierzmy kąt φ pokzny n rysunku jko drugi odegłość gwoździk od ewego rzegu rmki. Jest rzeczą oczywistą że w położeniu równowgi trwłej wrtość kąt φ musi yć równ zeru. W położeniu d którego φ = 0 n orzek dził niezerowy moment siły wzgędem punktu S. Moment ten jest równy momentowi siły ciężkości o momenty sił dziłjącyc w punktc zczepieni nitki do rogów orzk (npięci nitki) są równe zeru. Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - /0 -

2 Rys. Nietrudno zuwżyć że moment siły ciężkości dził tk y środek ciężkości orzk sprowdzić n prostą pionową przecodzącą przez punkt S czyi tk y sprowdzić kąt φ do zer. Wystrczy ztem rozptrzyć tyko tkie położeni orzk d któryc φ = 0. Jest to duże uproszczenie gdyż zmist dwóc stopni swoody mmy terz tyko jeden. Weźmy pod uwgę orzek w położeniu pokznym n rysunku 3. N rogi orzk dziłją siły npięci nici. Siły te są równe co do wrtości ezwzgędnej i dziłją w kierunku nitek. Momenty tyc sił wzgędem: punktu O są różne co do znku tkże co do wrtości ze wzgędu n różne długości rmion. N orzek wzgędem punktu O musi więc dziłć pewien moment wypdkowy. Neży zdć czy ędzie on dziłł w kierunku zwiększeni czy zmniejszeni wycyeni orzk od pozycji symetrycznej wzgędem OS. Rys. 3 kąt ASB = γ kąt AOB = α P = Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - /0 -

3 Jsne jest że ze wzgędu n równość sił o tym który moment ędzie większy więc o tym w którą stronę ędzie dziłł moment wypdkowy decyduje wiekość rmion d i d. Widzimy więc że cły proem sprowdz się do zdni zmin długości rmion d i d przy orcniu orzk u co n jedno wycodzi do zdni długości rmion d i d przy przesunięcic punktu zczepieni nitki (ez zminy jej długości) tk jk n rysunku. W sytucji pokznej n rysunku po przesunięciu punktu zczepieni w prwo musi pojwić się wypdkowy moment siły dążący do oróceni orzk zgodnie z kierunkiem rucu wskzówek zegr. Ozncz to że d powinno yć większe niż d. Zdjmy kiedy to ędzie możiwe. Rozptrzmy trzy przypdki jeden gdy kąt γ pokzny n rysunku jest rozwrty drugi gdy kąt ten jest ostry trzeci gdy γ = π/. W pierwszym przypdku po niewiekim wycyeniu ukłdu z położeni symetrycznego w zznczonym kierunku wrtość kąt między rmieniem d przekątną zwsze zmniejsz się co ozncz że d > d. Ntomist wrtość kąt α między rmieniem d przekątną zwsze zwiększ się wskutek czego d < d. Ztem d > d.widzimy więc że d γ = π/ symetryczne położenie orzk jest położeniem równowgi trwłej. Rys. Rys. 5 Drugi przypdek tj. gdy γ jest kątem ostrym ziustrowno n rysunku 5. W tym przypdku przy zznczonym niewiekim wycyeniu ukłdu z położeni symetrycznego kąt α po ewej stronie zwiększ się o α kąt α po prwej stronie zmniejsz się o α. W rezutcie d < d. Wynik stąd że gdy γ jest kątem ostrym symetryczne zwieszenie orzk nie może yć położeniem równowgi trwłej. Przypdek trzeci gdy γ = π/ pokzno n rysunku 6. W tym przypdku istotne jest porównnie kątów α i α. Oznczjąc długość ewej części nitki przez q prwej przez q gdzie q młą wiekością crkteryzującą wycyenie możemy npisć = sin( α α ) q = sin( α α ) q Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 3/0 -

4 Stąd csc(α α ) = csc(α α ) = q q. Poniewż w interesującym ns przedzie kątów α funkcj kosekns (cscα = sin α) jest funkcją o przeiegu wkęsłym (rys. 7) więc jsne jest że jednkowym zminom ezwzgędnej wrtości funkcji o q/ muszą odpowidć kąty α i α tkie że α > α. Wynik stąd że d < d ztem w tym przypdku w położeniu symetrycznym mmy równowgę trwłą. Rys. 6 Rys. 7 Podsumowując stwierdzmy że w równowdze trwłej γ π/. Wynik stąd że żądn długość nici powinn spełnić wrunek Zuwżmy że d cienkiego pręt = 0. Wynik stąd że cienkiego pręt nie możn powiesić poziomo n nitce uwiąznej do jego końców tk y wisił on w równowdze trwłej (oczywiście przy zniedniu trci). Nitk musiły owiem yć nieskończon. Zdnie powyższe możn również rozwiązć korzystjąc z fktu że w położeniu równowgi trwłej energi potencjn ukłdu mecnicznego musi mieć minimum. Rys. 8 Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - /0 -

5 Z rozwżń podnyc n początku wiemy że wystrczy ogrniczyć się do przypdku φ =0. Wyrźmy więc energię potencjną orzk z pomocą prmetru (rys. 3) i zdjmy kiedy t wiekość m minimum. Jest jsne że nstąpi to wtedy gdy odcinek SO = ędzie mił wrtość njwiększą. Wystrczy więc zdć przy jkim wrunku funkcj () w punkcie = / m mksimum. W tym ceu neży zdć znk drugiej pocodnej "() d = /. Jeżei wrtość "(/) ędzie dodtni to () w punkcie = / ędzie mił minimum jeżei ujemn to mksimum. W ceu oiczeni funkcji () korzystmy z twierdzeni głoszącego że jeżei mmy czworokąt wypukły tki jk n rysunku 8 to ( ef ) = ( c) ( d ) cd cosω e i f oznczją tu przekątne czworokąt ω jest sumą kątów przeciwegłyc. D czworokąt AOBS z rysunku 3 mmy więc ( ) p p ( ) cosω gdzie ω = α γ Z twierdzeni kosinusów d trójkąt ASB mmy p = () ( ) ( ) cos γ =. () Korzystjąc z tego związku wzór () możemy npisć w innej postci: = p p ( ( ) cosγ ) p ( ) cos( α γ ) = ( ) ( cosγ cos( α γ )) Zwróćmy uwgę że zmist dć ekstremum funkcji () w punkcie = / wystrczy zdć ekstremum funkcji ( ) z() = p czyi funkcji z ( ) ( ) cosγ cos( α γ ) ( ). Zuwżmy że kąt γ zeży od zmiennej. Ściśe iorąc powinniśmy więc npisć: z( ) = ( ) ( cosγ ( ) cos( α γ ( ) )). (3) Oiczmy pierwszą pocodną tej funkcji. Mmy dz dγ = ( ) ( cosγ cos( α γ )) ( ) ( sinγ sin( α γ )). dz d Występującą tu pocodną dγ pojwijącą się w wyniku różniczkowni funkcji złożonej d oiczmy różniczkując oustronnie zeżność (): dγ 0 = ( )( cosγ ) ( ) sinγ d Stąd dγ ( )( cosγ ) = d ( )sinγ Ztem Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 5/0 -

6 czyi ( α γ ) ( cos ) dz sin γ sin = ( ) cos cos( ) d γ α γ γ sin γ dz sin( α γ ) sinα sinγ = ( ). d sinγ Widzimy że d = / pocodn dz/d jest równ zeru co ozncz że funkcj z() d = / m ekstremum. Oczywiście nie jest to d ns nowiną o wniosek ten otrzymiśmy już wcześniej ez rcunków. Oiczmy terz drugą pocodną w punkcie = /. Mmy d z d sin( α γ ) sinα sin γ = sin γ Ztem w punkcie = / wrtość drugiej pocodnej wynosi ( ) cosγ = 0 d = / sin( α γ ) sinα sinγ sinγ gdzie γ jest wrtością kąt γ() w symetrycznym położeniu orzk tj. d = /. Ze wzgędu n fkt że d kątów γ mjącyc znczenie fizyczne (0 < γ < 80 ) sinγ > 0 znk drugiej pocodnej jest tki sm jk znk wyrżeni: sin γ sinα sin( α γ ). Npiszmy to wyrżenie w innej postci: sin γ sinα sin( α γ ) = = sin γ ( cosα ) sinα( cosγ ) = α γ α γ = sin cos cos. α γ Poniewż kąty i eżą w pierwszej ćwirtce więc o znku decyduje ( α γ )/. Jeżei ( α γ )/ jest zwrte w pierwszej ćwirtce to wyrżenie nsze jest ujemne i funkcj z() m mksimum jeżei zś ( α γ )/ eży w drugiej ćwirtce to wrtość drugiej pocodnej jest dodtni i funkcj z() m minimum. Przypdek gdy drug pocodn jest równ zeru pozostwimy do zdni Czytenikowi. Wnioski które tu otrzymiśmy są oczywiście zgodne z tym do czego dosziśmy poprzednio. Zdnie czy d = / funkcj () m mksimum czy minimum możn przeprowdzić również ez stosowni rcunku różniczkowego. A oto rozwżni geometryczne pozwjące dojść do ceu. Rys. 9 Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 6/0 -

7 Podonie jk poprzednio ędziemy rozptrywć przypdek gdy φ = 0. Przy przekręcniu orzk punkt S w ukłdzie związnym z orzkiem zkreś łuk eipsy której ogniskmi są rogi orzk do któryc przywiązne są końce nitki. Eipsę tę pokzno n rysunku 9. Zkreśmy z punktu O promieniem SO = łuk okręgu. Łuk ten jest styczny do eipsy w punkcie S. Nietrudno zuwżyć że w zsdzie mmy tu dw możiwe przypdki: łuk okręgu może eżeć w otoczeniu punktu S ądź wyżej ądź niżej niż łuk eipsy. W pierwszym przypdku odegłość OS' jest mniejsz niż. Odpowid to równowdze trwłej gdyż d S' = S długość odcink S'O osiąg mksimum. Przypdek ten ziustrowno nu rysunku 0. Rys. 0 Ntomist w drugim przypdku (rys. 9) wiekość S'O d S' = S m minimum. Odpowid temu równowg cwiejn. Udowodnimy że przypdek pierwszy odpowid γ π/ drugi γ < π/. Weźmy pod uwgę okrąg o środku O i promieniu SO =. Równnie tego okręgu jest nstępujące (ukłd współrzędnyc pokzno n rys. ): Rys. Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 7/0 -

8 0 y0 () = ( y 0 0 ) ozncz punkt ieżący okręgu. Wyznczmy terz półosie eipsy. Krótsz półoś wynosi SO =. Ntomist dłuższ jest równ. Ztem równnie eipsy zkreśnej przez punkt S jest nstępujące: e / ye / ( e y e ) ozncz tu punkt ieżący eipsy. Wiekość któr występuje w powyższyc wzorc jest dn wzorem = ( ) (6) ze wzorów () i (5) wyznczmy y 0 i y e. D górnej części eipsy i górnej części okręgu mmy: y0 ( ) = y e ( ) = Ay stwierdzić co eży wyżej łuk okręgu czy łuk eipsy wystrczy zoczyć co jest większe w poiżu punktu = 0: y 0 () czy y e (). Zdjmy przypdek y 0 () > y e () czyi przypdek któremu odpowid równowg trwł. Mmy: = > ( > 0) gdzie jest dne wzorem (6). Po przeksztłcenic otrzymujemy koejno > ( ) ( 0 < ) < ( ) < < ( ) Nierówność t musi zcodzić d kżdego iskiego punktu = 0. Ztem Skąd ( ).. W ten sposó otrzymiśmy ponownie wyprowdzony poprzednio wrunek n równowgę trwłą. Czytenik zecce sprwdzić że przy przeksztłcniu wyżej podnyc nierówności podnosiiśmy do kwdrtu oie strony tyko wtedy gdy yły one dodtnie (d iskic (5) Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 8/0 -

9 = 0). Dzięki temu mmy gwrncję że otrzymny wrunek nie jest wrunkiem ocym wynikjącym ze stosowni przeksztłceń nieodwrcnyc. N zkończenie wspomnimy jeszcze o jednej metodzie wyprowdzeni żądnego wrunku. Zuwżmy że y e (0) = y 0 (0). Ay stwierdzić co eży wyżej eips czy okrąg możn y zdć któr z funkcji y e () czy y 0 () szyciej meje przy odcodzeniu z wrtością od zer np. w kierunku wrtości dodtnic (ze wzgędu n symetrię dnie ujemnyc nie jest konieczne). W tym ceu neżłoy zdć któr z pocodnyc y' e () czy y' 0 () jest mniejsz d wrtości > 0 e iskic = 0. W przypdku równowgi trwłej powinn zcodzić nierówność y' 0 () > y' e (). Mmy y`0() = y`e() =. Neży zdć kiedy > ( > 0 ) Przeksztłcjąc tę nierówność otrzymujemy < < ( ) ( ) < < Ztem. Stąd po rozwiązniu powyższej nierówności wzgędem : (>0) Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 9/0 -

10 ( ) Otrzymiśmy więc to smo co poprzednio. Jk widzimy zdnie powyższe możn rozwiązć wieom metodmi od łtwyc rcunkowo do rdziej złożonyc. Mimo to zdnie wypdło rczej niedorze. Do njpospoitszyc łędów ( może nie tye łędów co mło rcjonnyc sposoów postępowni) neżło trktownie energii potencjnej jko funkcji dwóc zmiennyc i poszukiwnie ekstremum tej funkcji z pomocą metod korzystjącyc z pojęci pocodnej cząstkowej. Metody te wykrczj poz progrm szkół średnic prktycznie żden z uczniów nie mił w nic iegłości jednk wieu próowło je stosowć oczywiście ezskutecznie. Niektórzy wprwdzie wykzi w ten sposó że symetryczne położenie orzk jest położeniem równowgi (do czego możn dojść i ez rcunków: w którą stronę orzek m się wycyić w ewo czy w prwo jeżei nie m żdnego powodu y jedną ze stron wyróżnić?) e zdnie rodzju równowgi więc tego co njistotniejsze złmło wszystkic którzy stosowi pocodne cząstkowe. Czsmi podczs rozwiązywni zdni wrto pomyśeć o sprwc ogóniejszyc. Zdni są d uczniów szkó średnic woec tego muszą yć rozwiązywne dostępnymi uczniom metodmi i zmist zpędzć się n opnowny nie więcej niż powierzcownie teren pocodnyc cząstkowyc wrto poszukć rozwiązń korzystjącyc z wiedzy zdoytej w szkoe. Ci którzy tk zroii osiągnęi zupełnie dore wyniki. Oprc. FzA IF US 007 red. T.M.Moend - 0/0 -