Вложение:
P_11_2tur_2.PNG [ 46.83 KIB | Просмотров: 2950 ]
Сходу я начал рассуждать так:
т.к. в положении равновесия сила инерции равна силе тяжести (угол равен `45^@`), то это эквивалентно, что грузик (в положении равновесия) находится в эффективном поле тяжести, равном `g^'=sqrt(2)g`. Если рассматривать малые отклонения стержня от положения равновесия, то сила `mg^'` практически не меняется, и тогда ответ
очевиден:
`T=2 pi sqrt(a/g^')=2pi sqrt(a/(g sqrt(2)))`.
Однако - это
не верный результат. Т.е., не всегда
очевидные рассуждения приводят к правильному решению.Затем, в спокойной обстановке, решил задачу честно, и получил результат:
`T=2pi sqrt((a*cos alpha_0)/(g*sin^2 alpha_0))`. Откуда период малых колебаний (при равновесном угле `alpha_0=45^@`) равен `T=2pi sqrt((a sqrt(2))/(g))` , что в `sqrt(2)` раз больше, чем в
очевидном решении.
P.S. Кстати, приведенные выше
очевидные рассуждения дают правильный ответ для периода малых колебаний математического маятника, подвешенного к потолку вагона, движущегося горизонтально с ускорением `g`.