To zadanie jest wpadką autorów i recenzentów Lwiątka. I to pomimo, że zarówno zadanie, jak i podana później odpowiedź E są poprawne.

Transkrypt

1 FOTON 15, Lato Odgłosy z jaskini Piotr Godstein Zakład Fizyki, Narodowe Centrum Badań Jądrowych Warszawa W tegorocznym Posko-Ukraińskim Konkursie Fizycznym Lwiątko pojawiło się następujące zadanie da kasy III iceanej, za pięć punktów (a więc trudne): 1. Ciężarek o masie 1 g, zawieszony na praktycznie nieważkiej nici, porusza się tak, że nić odchya się od pionu maksymanie o 6. Ie co najmniej jest równa wytrzymałość nici? Przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego g = 1 m/s. A.,5 N, B. 1 N, C. 1,5 N, D. N, E. Wynik zaeży od tego, czy są to wahania w jednej płaszczyźnie. To zadanie jest wpadką autorów i recenzentów Lwiątka. I to pomimo, że zarówno zadanie, jak i podana później odpowiedź E są poprawne. Intencją autora było sprawdzenie, czy uczestnicy czytają zadania ze zrozumieniem i czy umieją połączyć wiedzę o ruchu wahadła z wiedzą o ruchu jednostajnym po okręgu. Jednym słowem, autor iczył na to, że uczestnik (1) zauważy zawartą w odpowiedzi E sugestię, że ruch nie musi poegać na wahaniach w jednej płaszczyźnie; () że potem porówna naprężenie nici da wahań w płaszczyźnie pionowej z jej naprężeniem, gdy ciężarek zatacza poziome okręgi. W rezutacie przekona się, że te wytrzymałości są różne i wybierze w związku z tym odpowiedź E. Zadanie było pomyśane da kąta 45. Niestety autor w ostatniej chwii zdecydował zmienić kąt na jak się wydawało łatwiejszy, czyi 6 (jego cosinus nie zawiera pierwiastka). Jak to często bywa, gdy poprawia się coś w ostatniej chwii, autor przeoczył bardzo ważny szczegół: da kąta 6 (i tyko da niego!) w obu wymienionych przypadkach naprężenia są jednakowe, równe N. Tego faktu nie zauważył ani autor, ani żaden z recenzentów! Zwrócił na to uwagę dopiero wieoetni uczestnik Lwiątka Marek Mystkowski z Białegostoku. Odpowiedź E pozostała poprawna, ae uzyskanie jej stało się bardzo trudne, praktycznie niemożiwe w czasie dostępnym podczas konkursu. Datego organizatorzy postanowii wyjątkowo uznać uczestnikom dwie odpowiedzi, E i D, nie uznając pozostałych. To pierwsza taka decyzja w dwunastoetniej historii Lwiątka, ae też pierwszy przypadek, gdy zadanie wymaga nadzwyczajnej akcji ze strony organizatorów, mimo że jest poprawne.

2 4 FOTON 15, Lato 14 Rozwiążmy najpierw zadanie da dowonego kąta, tak jak miało wygądać w zamyśe autora. Użyjemy typowych oznaczeń m to masa ciężarka, jego prędkość chwiowa, długość nici, g przyspieszenie ziemskie, N siła naprężająca nić, zwana daej w skrócie naprężeniem. Gdy ciężarek waha się w płaszczyźnie pionowej, to największe naprężenie jest w najniższym punkcie, bo wtedy nić musi zrównoważyć całą siłę ciążenia i nadać ciężarkowi przyspieszenie dośrodkowe (w dodatku przyspieszenie dośrodkowe jest wtedy największe, bo największa jest prędkość ciężarka). II zasada dynamiki ma wtedy postać N mg m (1) (tę równość można też interpretować w układzie poruszającego się ciężarka jako warunek równowagi trzech sił: naprężenia nici, ciążenia i siły odśrodkowej). Prędkość w najniższym położeniu możemy znaeźć z prawa zachowania energii. Ponieważ siła naprężająca nić jest prostopadła do kierunku ruchu ciężarka, nie wykonuje ona pracy, więc cała energia potencjana, jaką wahadło ma przy największym wychyeniu, zmienia się w energię kinetyczną. Stąd (rys. 1) Rys. 1 czyi mg(1 cos ) m, () m mg(1 cos ). (3) Wstawiając tę wartość do wzoru (1), otrzymujemy w przypadku ruchu płaskiego N mg mg(1 cos ) mg(3 cos ) (4) Gdy ciężarek zatacza poziome okręgi, najłatwiej obiczyć naprężenie w układzie obracającym się wraz z nim, z warunku równowagi naprężenia nici N, siły ciążenia P mg i siły odśrodkowej F m (rys. a). Można też od

3 FOTON 15, Lato zsumować siły w układzie inercjanym (rys. b), żądając, by wypadkowa F wyp sił P i N była skierowana poziomo do środka okręgu. Rys. W obu przypadkach mamy cos P, skąd N mg N (5) cos przy czym przez cały czas. Jak widać, wzory na naprężenie są inne da ruchu po okręgu niż da wahań płaskich. Da kąta 45 mieibyśmy z wzoru (4) N (3 ) mg 1,59 mg, a z wzoru (5) byłoby N mg 1,41 mg. Tye powinna wtedy w przybiżeniu wynosić wytrzymałość nici. Ponieważ te dwie wartości są różne, poprawna byłaby odpowiedź E. Niestety, da kąta 6 w obu przypadkach dostajemy N mg, co przy m 1 g i g 1 m/s daje N N, czyi wskazuje na odpowiedź D. Przyrównując prawe strony dwóch wzorów na naprężenie (4) i (5) i rozwiązując otrzymane równanie trygonometryczne, możemy przekonać się, że w przedziae (, 9 ) te dwa naprężenia są sobie równe tyko da kąta 6. Pech! Jednak nawet da kąta 6 istnieją ruchy ciężarka, da których maksymane naprężenie jest mniejsze od mg. Dzieje się tak zawsze, gdy maksymanie wychyonemu ciężarkowi nadamy pewną prędkość poziomą, większą od zera, ae mniejszą od prędkości potrzebnej do zataczania poziomych okręgów. Dowód tego jest jednak trudny, na pewno niemożiwy do przeprowadzenia w ciągu paru minut, jakie uczestnik miał przeznaczone na to zadanie podczas konkursu. Datego postanowiiśmy uznać również odpowiedź D. A oto dowód: W związku z dodatkową prędkością poziomą, oprócz prawa zachowania energii, do wyznaczenia prędkości i naprężenia ciężarka w jego najniższym położeniu (teraz nie będzie to punkt równowagi!) będziemy potrzebowai jeszcze jednego prawa zachowania jednej ze składowych momentu pędu.

4 44 FOTON 15, Lato 14 Rozpoczynamy od równania dynamiki Newtona mg N ma (6) Da składowych sił w kierunku nici odchyonej od pionu o kąt, wynika równanie N mg cos m, (7) ponieważ przyspieszenie ciężarka w kierunku nici jest przyspieszeniem prostopadłym do kierunku ruchu, a więc dośrodkowym (tor ruchu naszego ciężarka jest krzywą na powierzchni sfery const). Stąd N mg cos m. (8) Drugie równanie dostajemy z prawa zachowania energii ( w donym indeksie odnosi się do maksymanego wychyenia): mg(1 cos ) m mg(1 cos ) m, (9) jeśi energię potencjaną mierzymy wzgędem punktu równowagi wahadła (rys. 1). Po odjęciu mg od obu stron równania (9) dostaniemy prostsze prawo zachowania energii. Można je było otrzymać od razu, gdybyśmy energię potencjaną mierzyi wzgędem punktu zawieszenia (jest ona ujemna) mg cos m mg cos m. (1) Korzystając z tego prawa, możemy wyrazić naprężenie nici odchyonej o kąt abo tyko przez kąt odchyenia, abo tyko przez prędkość Wybieramy to pierwsze. Dzieąc równanie (1) przez i mnożąc je przez, dostajemy wzór na siłę dośrodkową m. Wynika z niego, po podstawieniu do wzoru (3) N 3mg cos mg cos m (11) Jak widać, naprężenie jest największe w punkcie o najmniejszym wychyeniu. Oprócz prawa zachowania energii, skorzystamy z prawa zachowania momentu pędu. Tyko jedna jego składowa jest zachowana, bo w tym kierunku nie działa na ciężarek moment siły. Jest to składowa momentu pędu opisująca obrót wokół osi pionowej przechodzącej przez punkt zawieszenia wahadła. Momenty

5 FOTON 15, Lato sił wokół tej osi są równe zeru, bo siła ciążenia jest do niej równoegła, a naprężenie nici działa wzdłuż prostej przechodzącej przez punkt zawieszenia. Oznaczając tę składową momentu pędu przez L z, dostajemy L mr m m z sin sin, (1) gdzie r jest promieniem okręgu zataczanego przez ciężarek, czyi odegłością ciężarka od osi obrotu, a prędkością kątową tego obrotu. Aby wykorzystać wzór (1), w prawie zachowania energii rozłożymy prędkość na składową poziomą i pionową. Pierwsza z nich opisuje właśnie obrót wokół osi pionowej i jest równa r sin. Druga składowa prędkości, zmienia kąt odchyenia (jeśi kropką nad symboem wiekości fizycznej oznaczamy jej pochodną czasową, to można tę składową zapisać jako, ae nie będzie nam to potrzebne). Zauważmy, że zarówno przy maksymanym, jak i przy minimanym wychyeniu wahadła, ta składowa prędkości jest równa zero, bo wtedy ciężarek zawraca. Wyjątkiem jest sytuacja, gdy minimum wychyenia jest przejściem wahadła przez punkt równowagi, przejście to odbywa się z niezerową prędkością. Tak jest da wahań w płaszczyźnie pionowej. Rozpatrzmy tę sytuację oddzienie. Mamy wówczas L z =, a przy maksymanym wychyeniu prędkość chwiowa,. Wzór (11) na naprężenie przybiera wtedy postać N 3mg cos mg cos Da = 6 i = (wtedy naprężenie jest największe), mamy N 3mg mg mg, (13) Da ciężarka 1 g, N = N, co zgadza się z przewidywaniami. Z wyjątkiem przypadku przechodzenia przez położenie równowagi, zarówno da maksymanego, jak i minimanego wychyenia pionowa składowa prędkości jest równa zeru, tak że z prędkości v pozostaje tyko składowa pozioma sin. Prawo zachowania energii ma wtedy postać sin mg cos sin m mg cos m. (14) Z prawa zachowania momentu pędu (1) dostajemy jako funkcję kąta sin. Podstawiając tę wartość do prawa zachowania energii (9), dostajemy równanie na kąt sin

6 46 FOTON 15, Lato 14 4 sin sin mg cos m mg cos m. (15) sin Oznaczając, da uproszczenia zapisu, s cos, s cos, i korzystając z jedynki trygonometrycznej, aby pozbyć się funkcji sin, otrzymujemy równanie (1 s) gs (1 s ) gs. (1 s ) (16) Mnożąc obie strony tego równania przez mianownik (1 s ), przenosząc 1 s na prawą i wyciągając wspóne czynniki gs na ewą stronę, a przed nawias, otrzymujemy g( s s )(1 s ) (1 s )( s s ). (17) Jak widać, obie strony mają wspóny czynnik (s s ), dzięki czemu, równanie trzeciego stopnia można sprowadzić do kwadratowego, dzieąc je przez ten wspóny czynnik, przy założeniu s s. W związku z tym założeniem, trzeba rozpatrzyć oddzienie przypadek ss (stałego kąta odchyenia), czyi przypadek zataczania przez ciężarek poziomego okręgu. Ae ten przypadek rozpatrzyiśmy już wcześniej, otrzymując wzór (5). Jeśi kąt odchyenia nie jest stały, to dzieąc obie strony równania (17) przez (s s ), dostajemy równanie kwadratowe na s g(1 s ) (1 s )( s s ). (18) Po uporządkowaniu według potęg s, otrzymujemy równanie p p s (1 s ) s (1 s ) s 1, (19) gdzie da uproszczenia zapisu wprowadziiśmy dodatni parametr p. Aby g prędkość pozioma była mniejsza od prędkości ruchu po okręgu, p powinno być mniejsze od 1 (sprawdzenie pozostawiamy Czytenikom). cos Wyróżnik p p (1 s ) p(1 s ) s 4 (1 s ) p(1 s )(1 s ) 4

7 FOTON 15, Lato jest zawsze dodatni, ponieważ s < 1 jako cosinus kąta różnego od zera (przypadek cos 1, odpowiadający przejściu przez położenie równowagi, rozpatrzyiśmy oddzienie wcześniej, por. wzory (4) i (13)). Równanie ma więc dwa rozwiązania. Fizycznie sensowne rozwiązanie odpowiada dodatniemu s (kąt mniejszy od 9 ). Jest ono równe p 1 p s (1 s ) (1 s ) p(1 s ) s 4 () 4 4 Drugie rozwiązanie różni się znakiem przy wyrazie zawierającym pierwiastek kwadratowy, jest więc ujemne, a zatem niefizyczne: odpowiada odchyeniu nici o kąt większy od 9, a przy takim odchyeniu nić przestałaby być napięta i nasz opis ruchu byłby nieprawdziwy. Wracając do pierwotnych oznaczeń (da wygody zostawimy p) p 1 p 4 cos sin sin psin cos 4. (1) 4 4 Wstawiając tę wartość cos do wzoru na naprężenie (11), do którego wstawimy υ sin otrzymujemy p 1 p 4 N 3mg sin sin psin cos 4 mg cos mgpsin. 4 4 () Da 6, wzór () przybiera postać 3 9 N 3mg p p p mg mgp (3) Ciekawe, że gdy podstawimy za p zero (wahania w płaszczyźnie pionowej) ub (ruch po okręgu poziomym), okazuje się, że wyrażenie (3) wbrew wcześniejszym zastrzeżeniom pozostanie poprawne również da takich wahań a także da ruchu po okręgu. Jak bowiem łatwo zauważyć, da p, mamy N 3mg mg mg, a da p dostajemy także mg: N mg 4 mg 3 mg mg Co więcej, właściwość tę ma rozwiązanie () da dowonych kątów odchyenia, nie tyko da 6, gdy za parametr p podstawimy odpowiednio ub 1/cos (sprawdzenie pozostawiamy Czytenikom). Można to wytłumaczyć ciągłością N jako funkcji kąta

8 48 FOTON 15, Lato 14 i początkowej prędkości poziomej: gdy nieznacznie zmieniamy parametry ruchu, przechodząc od małych kątów do kąta zero, a także gdy przechodzimy od prędkości poziomych biskich prędkości ruchu po okręgu do prędkości zapewniającej taki ruch, nie ma skokowej zmiany naprężenia. Nietrudno obiczyć naprężenie da wartości pośrednich, p (; ). Na przykład da p 1 otrzymujemy N mg , Dokładniejsze zbadanie wyrażenia (3) jako funkcji p (wykres) p 4 6 1,3367 i że minimum 3 to odpowiada naprężeniu N mg 1 6 1, 4949 mg. Dowód pozostawiamy Czytenikom. Jak widać, nawet gdy najepiej wybierzemy prędkość początkową i tor ruchu ciężarka, wytrzymałość nici może być tyko niewiee mniejsza od N. Niemniej, różnica istnieje, więc poprawna jest odpowiedź E. wskazuje, że osiąga ona minimum da Tak oto, przez nieodpowiedni dobór kąta, proste zadanie zmieniło się w skompikowane i przestało nadawać się na konkurs Lwiątko, mimo że pod wzgędem poprawności niczego nie można mu zarzucić.