Wahadło matematyczne

Odpowiedź: A.

$T\sim\sqrt{l}$, więc $\sqrt{4}=2$.

Odpowiedź: A.

$$T=2\pi\sqrt{\frac{1}{10}}\approx6{,}28\cdot0{,}316\approx2\,\mathrm{s}$$

Odpowiedź: ok. $2\,\mathrm{s}$.

Odpowiedź: A.

Z $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$: $l=\frac{g T^2}{4\pi^2}=\frac{10\cdot4}{4\cdot9{,}87}\approx1{,}01\,\mathrm{m}$

Odpowiedź: ok. $1\,\mathrm{m}$.

Rozwiązanie

W najniższym punkcie ruch po okręgu wymaga wypadkowej siły dośrodkowej skierowanej w górę (ku środkowi): $F_r-F_g=\dfrac{mv^2}{r}>0$, więc $F_r>F_g$. Wektor $\vec F_r$ (w górę) jest dłuższy niż $\vec F_g$ (w dół).

Odpowiedź: $F_r>F_g$.

Rozwiązanie

1. Czas ten to ćwierć okresu wahadła o długości $L_{ef}=L+r=6+0{,}4=6{,}4$ m (do środka kuli).
2. $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L_{ef}}{g}}=2\pi\sqrt{\dfrac{6{,}4}{9{,}81}}\approx5{,}1$ s; $t=\tfrac{T}{4}\approx1{,}3$ s.

Odpowiedź: $t\approx1{,}3$ s.

Rozwiązanie

1. Amplituda drgań nie była mała — wzór $T=2\pi\sqrt{L/g}$ obowiązuje tylko dla małych wychyleń.
2. Rozmiary kuli nie są pomijalne ($r=40$ cm) — to raczej wahadło fizyczne (masa nie skupiona w punkcie), a lina ma pewną masę/rozciągliwość.

Rozwiązanie

1. Okres (wahadło matematyczne): $T=2\pi\sqrt{\tfrac{L}{g}}=2\pi\sqrt{\tfrac{0{,}75}{10}}\approx1{,}7$ s.
2. Na odcinku $s=30$ cm ślad obejmuje półtora okresu drgań ($1{,}5\,T$), więc prędkość taśmy $v_t=\dfrac{s}{1{,}5\,T}=\dfrac{0{,}30}{1{,}5\cdot1{,}7}\approx0{,}12\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
3. Amplituda drgań (z szerokości śladu) $A\approx6$ cm; maksymalna prędkość naczynia $v_{\max}=A\cdot\dfrac{2\pi}{T}\approx0{,}06\cdot\dfrac{2\pi}{1{,}7}\approx0{,}22\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $T\approx1{,}7$ s, $v_t\approx0{,}12\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$, $v_{\max}\approx0{,}22\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (wartości odczytane/oszacowane ze śladu).

Rozwiązanie

Traktujemy układ jak wahadło matematyczne — jego okres $T=2\pi\sqrt{L/g}$ zależy tylko od długości, a nie od masy. Zmiana ilości piasku nie zmienia okresu.

Odpowiedź: B oraz 2.