Начиная со второй, поломка МЧЯ приводит к штрафу в 1 балл!

Внимание! После каждого изменения положения фотогейтов убедитесь, что якорь не задевает их при движении!

$$d = 3.9~см$$

$$
m_0\ddot{h} = m_0g - T \\
I\dot{\omega} = \alpha TR$$Исключая $T$ и подставляя $\dot{h} = \omega R$ получаем:
$$\ddot{h} = \frac{\alpha m_0 g R^2}{I + \alpha m_0R^2}$$Используем следующее равенство $\gamma = \frac{d{v^2}}{d{h}} = 2\ddot{h}$:
$$\gamma = \frac{2\alpha m_0 g R^2}{I + \alpha m_0R^2}$$Тогда подставляя выражение для момента инерции получим:
$$\gamma = \frac{2\alpha m_0 g R^2}{\alpha m_0R^2 + I_B + I_1 + mx^2}$$Для медленного случая $x = x_0$, для быстрого $x = \frac{L}{2}-\delta$:

Характерный вид графика:

• Медленное вращение при $v < 0.17~\frac{м}{с}$
• Быстрое вращение при $v>0.20~\frac{м}{с}$
• На участке зависимости, где наблюдается быстрое вращение, видны осцилляции с характерным периодом по $h$ примерно $15~см$

Примечание. Осцилляции в конце графика возникают из за вибраций столика, характерный период которых совпадает с периметром цилиндической подставки.

$$d = 4.5~см$$

Вся зависимость в диапазоне медленного вращения.

$$d = 3.9~см$$

Практически вся зависимость в диапазоне быстрого вращения.

$$x_0 = \frac{(mx_0)}{m}$$Перепишем уравнения в следующем виде:
\begin{cases}
I_B +I_1 + m(\frac{L}{2}-\delta)^2 + \alpha m_{02}R^2 = 2\alpha R^2g\frac{ m_{02}}{\gamma_2} \\
I_B +I_1 + mx_0^2 + \alpha m_{01}R^2 = 2\alpha R^2g\frac{ m_{01}}{\gamma_1}
\end{cases}
Вычтем данные уравнения:
$$m\left(\left(\frac{L}{2} - \delta\right)^2 - \frac{(mx_0)^2}{m^2}\right) = 2\alpha R^2 \left(\frac{m_{02}g}{\gamma_2} - \frac{m_{01}g}{\gamma_1} +\frac{m_{01} - m_{02}}2\right)$$Решая квадратное уравнение получаем ответ:

Рассмотрим силы действующие на грузик со стороны пружин (ось $x$ направлена в сторону $k_1$):
$$F = k_1\left(\frac{L}{2}-x\right) - k_2\left(\frac{L}{2}+x\right)$$$$F = \frac{L}{2}\left(k_1-k_2\right) - x(k_1+k_2)$$Видно, что при смещении на грузик действует сила $\Delta F = (k_1 + k_2)\Delta x = k\Delta x$

Внимание! Измерения проведите с максимальной возможной точностью, т.к. это важно для получения точного результата.

Измерим время 150 колебаний по 2 раза для каждого положения:

$t_{11} = 189.08~с$
$t_{12} = 189.35~с$
$t_{21} = 182.96~с$
$t_{22} = 183.10~с$

Тогда периоды:

Запишем моменты сил действующие на маятник:
$$I\ddot{\varphi} = -\varphi\left(Mg\left(\frac{L}{2}+D\right)+mg\left(\frac{L}{2}+D\pm x_0+\Delta x\right)\right)$$Знак выбирается в соответствии с ориентацией МЧЯ. Тогда периоды колебаний:

Перепишем уравнения в следующем виде:
\begin{cases}
I_0+I_1+m\left(\frac{L}{2}+D+x_0+\Delta x\right)^2 = \frac{T_1^2}{4\pi^2} \left(Mg\left(\frac{L}{2}+D\right)+mg\left(\frac{L}{2}+D+ x_0+\Delta x\right)\right)
\\
I_0+I_1+m\left(\frac{L}{2}+D-x_0+\Delta x\right)^2 = \frac{T_2^2}{4\pi^2} \left(Mg\left(\frac{L}{2}+D\right)+mg\left(\frac{L}{2}+D- x_0+\Delta x\right)\right)
\end{cases}
Вычтем данные уравнения и выразим $\Delta x$:

Из C1:

$$F(x=x_0)= 0 = \frac{L}{2}(2k_1 - k) - kx_0$$

Выражая $k_1$:

$$k_1 = k\left(\frac{1}{2}+\frac{x_0}{L}\right) = k\left(\frac{1}{2}+\frac{x_0}{L}\right) $$

$$k_2 = k\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{x_0}{L}\right)$$