Решение задач по физике
|
|
Качения стержня на цилиндре Рассмотрим стержень длины \( l \) и массы \(m\), лежащий на цилиндре поперёк его длины, и касающийся его в середине (Рисунок 1). Если легонько приподнять один конец стержня и отпустить, то стержень начнёт качаться. Возникают , а такая система представляет собой своеобразный . При отсутствии проскальзывания, малые колебания стержня могут продолжаться некоторое время, после чего затухают под воздействием сопротивления воздуха.
 Рисунок 1.
При перекатывании стержня по поверхности цилиндра точка касания смещается из середины \(O\) в некоторую точку \(A\). При этом середина стержня приподнимается и стержень наклоняется. Обозначим угол наклона стержня к горизонту через \( \varphi \). Обозначим через \(C\) точку пересечения оси цилиндра с плоскостью рисунка. Радиус цилиндра \(R=CA\). Момент инерции стержня относительно точки опоры \(A\) (центра вращения) равен по теореме Штейнера $$ J ={{ml^2} \over {12}}+ms^2 \, , $$ где \( s = OA=Rtg \varphi . \)
Уравнение моментов $$ mgx +J \varepsilon = 0 \, . $$ Здесь \( \varepsilon = \ddot \varphi \) — угловое ускорение стержня при его вращении относительно центра вращения \(A\); \( x=Rsin \varphi \) — плечо силы тяжести.
Подставляя момент инерции, плечо силы тяжести и угловое ускорение в уравнение моментов, получим $$ mgR\varphi + {{ml^2} \over {12}} \ddot \varphi = 0 \, . $$ После деления на \(ml^2/12\) и
элементарных преобразований, последнее уравнение запишем в виде $$ \ddot \varphi + \omega^2 \varphi = 0 \, . $$ Величина $$ \omega = {2 \over l } \sqrt {3gR} $$ называется циклической частотой колебаний маятника.
, как известно, равен \( T=2\pi / \omega \) или $$ T = {{\pi l} \over \sqrt {3gR}} \, . $$
Из последней формулы видно, чем длиннее стержень, тем больше и тем медленнее он качается. С другой стороны, чем больше радиус кривизны цилиндрической поверхности, тем меньше , то есть колебания происходят быстрее.
Исходя из вида дифференциального уравнения делаем вывод, что стержень
совершает гармонические колебания при своём качении по поверхности цилиндра.
Колебания буя на воде Продолжая исследовать различные обратим свой взор на цилиндрический буй или поплавок, плавающий в ёмкости с водой. Поверхность воды гладкая. Ось плавающего цилиндра вертикальная.
Если цилиндр немного утопить, то он начнёт всплывать, по инерции проскочит положение равновесия и снова начнёт тонуть. Возникают колебания. Очевидно, такие колебания будут быстро затухать за счёт трения и сопротивления воды с одной стороны, а с другой стороны колебания буя вызывают колебания воды и волны, что также сопряжено со значительной потерей энергии. Тем не менее, пренебрегая всеми этими диссипативными процессами и явлениями, найдём период колебаний буя (Рисунок 2).
 Рисунок 2.
Примем следующие обозначения: \( \rho \) — плотность воды; \(m\) — масса буя; \(S\) — площадь его поперечного сечения; \(h\) — глубина подводной части буя в процессе колебаний; \(h_0\) — глубина подводной части буя в состоянии равновесия.
На буй действует сила тяжести \( m \vec g \), направленная вертикально вниз, и сила Архимеда \( \vec F_A \), направленная вертикально вверх. Сила Архимеда равна $$ F_A =\rho gV \, , $$ где \(V=Sh\) — объём погружённой части цилиндра.
По второму закону Ньютона в проекции на вертикальную ось $$ F_A -mg = ma \, , $$ где где \(a=d^2y/dt^2= \ddot y \) — ускорение буя, \( y=h_0-h\) — перемещение буя относительно исходного равновесного положения.
Подставляя выражения ускорение и силы Архимеда во второй закон Ньютона, получим $$ \rho gSh-mg=m \ddot y \, , $$ или $$ \rho gSh_0- \rho gSy-mg=m \ddot y \, . $$
В равновесном состоянии \( F_A=mg \), или \( \rho gSh_0=mg \). Учитывая этот факт, второй закон Ньютона перепишем в виде $$ m \ddot y + \rho gSy=0 \, . $$ Разделим на массу и преобразуем к виду $$ \ddot y + \omega^2 y=0 \, . $$ Здесь $$ \omega = \sqrt {{\rho gS} \over m } $$ — циклическая частота колебаний.
буя на воде $$ T= {{2\pi} \over \omega } = 2\pi \cdot \sqrt {m \over{\rho gS}} \, . $$
представляет собой некий груз, подвешенный на длинной упругой нити (Рисунок 3). Это может быть не груз, а, например, пара грузов, соединённых стержнем. При повороте грузов нить закручивается, возникает крутящий момент, который стремится вернуть грузы в исходное положение. За счёт инерции грузы проходят исходное положение и закручивают нить в противоположном направлении. Затем снова нить раскручивается и всё повторяется. Так возникают колебания крутильного маятника или торсионного маятника. Найдём .
 Рисунок 3.
Из курса сопротивления материалов можем заключить, что крутящий момент на конце упругой нити равен $$ M_{кр} = GJ_p{k \over l} \, , $$ где \(G \) — модуль
сдвига; \(J_p \) — полярный момент инерции поперечного сечения нити; \(l\) — длина нити; \( \varphi \) — угол закручивания нити.
С другой стороны, из основного закона вращательного движения, для груза заключаем $$ J \varepsilon =-M_{кр} \, , $$ где \(J \) — момент инерции груза; \( \varepsilon = \ddot \varphi \) — угловое ускорение груза.
С учётом сказанного уравнение движения груза запишется в виде $$ J \ddot \varphi = - GJ_p {\varphi \over l } \, . $$
Преобразуем последнее уравнение к виду $$ \ddot \varphi + \omega^2 \varphi =0 \, . $$ Циклическая частота $$ \omega =\sqrt {{GJ_p} \over {Jl}} \, . $$
$$ T= {{2\pi}\over \omega } = 2\pi \cdot \sqrt {{Jl} \over {GJ_p}} \, . $$
В заключении стоит вспомнить колебательный контур (Рисунок 4), которого, согласно формуле Томпсона, равен $$ T =2\pi \cdot \sqrt {LC} \, , $$где \(L\) — индуктивность катушки, а \(C \) — электроёмкость конденсатора.
 Рисунок 4.
|
|
|
