Колебания: олимпиадная подготовка -3

В задачах, представленных в статье, главной целью было решить через энергетический подход.

Задача 1.

Один конец жесткой невесомой штанги длиной $L$ шарнирно закреплен в точке $O$, а к ее другому концу прикреплена пружина жесткостью $k$ (см. рис.). На расстоянии $b$ от точки $O$ на штанге закреплен небольшой по размерам груз массой $m$. В положении равновесия штанга горизонтальна, а ось пружины вертикальна. Найдите период малых колебаний груза в вертикальной плоскости.

К задаче 1

Решение. При смещении конца штанги на величину $y$ место крепления груза сместится на $x$, кроме того, груз в процессе перехода из положения равновесия в нижнее положение может приобрести скорость $\upsilon$. Поэтому полная энергия системы будет равна (отклоняем конец штанги на $y=\frac{xL}{b}$ вниз)

$$\frac{m\upsilon^2}{2}+\frac{ky^2}{2}-xmg=0$$

Возьмем производную: $$\frac{2m\cdot \upsilon\cdot \dot{\upsilon}}{2}+\frac{2ky\dot{y}}{2}-mg\dot{x}=0$$

$$m\cdot \upsilon\cdot \dot{\upsilon}+kx\frac{L^2}{b^2}\dot{x}-mg\dot{x}=0$$

Сократим на $\dot{x}=\upsilon$:

$$m\dot{\upsilon}+kx\frac{L^2}{b^2}-mg=0$$

Представим теперь иначе: $$m \ddot{x}+k\frac{L^2}{b^2}\left(x-\frac{b^2}{kL^2}mg\right)=0$$

$$ \ddot{x}+\frac{kL^2}{mb^2}\left(x-\frac{b^2}{kL^2}mg\right)=0$$

Теперь, чтобы получить классическое уравнение колебаний, перейдем к $\widetilde{x}=x-\frac{b^2}{kL^2}mg$, тогда имеем

$$ \ddot{\widetilde{x}}+\frac{kL^2}{mb^2}\widetilde{x}=0$$

Откуда

$$\omega=\frac{L}{b}\sqrt{\frac{k}{m}}$$

А период

$$T=2\pi \frac{b}{L}\sqrt{\frac{m}{k}}$$

Ответ: $T=2\pi \frac{b}{L}\sqrt{\frac{m}{k}}$ 

Задача 2.

Жидкость объемом 16 см$^2$ налита в трубку, представленную на картинке. Площадь сечения 0,5 см$^2$. Одно колено трубки вертикально, а другое наклонено под углом $30^{\circ}$. Определите период колебаний жидкости в трубке.

К задаче 2

Решение. Так как трубка наклонена, то площадь поверхности воды в наклонной части уже не будет равна $S$, а будет равна $$S’=\frac {S }{\cos{\alpha}}$$ Пусть при возникших колебаниях жидкость сместилась. Пусть уровень ее в вертикальном левом колене опустился на $x$. Тогда объем жидкости в вертикальном колене изменился на $$V=Sx$$ Точно такой же объем перейдет в наклонное колено. Но, так как площадь поверхности наклонного цилиндра другая, то и высота его другая. $$V’=V$$ $$S’x’=Sx$$ $$x’=\frac{Sx}{S’}=x\cos{\alpha}$$ Итак, ушедший из левого колена столбик перешел в правое, где расположился выше прежнего уровня на $x’$:

Что изменилось при перемещении столба жидкости?

При этом центр тяжести этого малого столбика сместился на $$\frac{x}{2}+\frac{x’}{2}=\frac{x+ x\cos{\alpha}}{2}$$ При перемещении жидкости во время колебаний изменилась ее потенциальная энергия (за счет смещения малого столбика), и также изменилась кинетическая энергия – вследствие того, что вся вода в трубке пришла в движение. Тогда: $$\frac{x+ x\cos{\alpha}}{2}\cdot mg=\frac{M\upsilon^2}{2}$$ Здесь $m=\rho x S$ - масса малого столбика, $M=\rho V$ - масса всей жидкости. $$\frac{x+ x\cos{\alpha}}{2}\cdot \rho x S g=\frac{\rho V \upsilon^2}{2}$$ $$\frac{1+ \cos{\alpha}}{2}\cdot x^2 S g=\frac{V \upsilon^2}{2}$$ $$x^2=\frac{V \upsilon^2}{Sg(1+ \cos{\alpha})}$$ Откуда $$x=\upsilon \sqrt{\frac{V}{Sg(1+ \cos{\alpha})}}$$ Тогда $$\omega=\sqrt{\frac{Sg(1+ \cos{\alpha})}{V}}$$ $$T=2\pi\sqrt{\frac{V}{Sg(1+ \cos{\alpha})}}=2\pi\sqrt{\frac{16\cdot10^{-6}}{0,5\cdot 10^{-4}\cdot 10\cdot(1+ \frac{\sqrt{3}}{2})}}=0,82$$ Ответ: 0,82 с.

Задача 3.

Предположим, что на некоторой высоте над поверхностью планеты, лишённой атмосферы, установлен «маятник», представляющий собой стержень пренебрежимо малой массы с двумя одинаковыми грузиками на концах. Стержень может вращаться без трения на оси, проходящей через его середину и параллельной поверхности планеты. Первоначально стержень располагался вертикально. Затем его отклонили на небольшой угол и отпустили. Найдите период $T$ возникших при этом малых колебаний маятника. Выразите ответ через период обращения $T_{sp}$ искусственного спутника, движущегося по круговой орбите вокруг планеты на высоте, равной высоте центра стержня. Вращение планеты вокруг своей оси и влияние других небесных тел не учитывайте.

К задаче 3

Решение. При отклонении маятника от положения равновесия возникнет возвращающая сила, являющаяся проекцией силы тяготения: $$ma_{\tau}=\frac{GMm}{r_1^2}\sin \varphi_1$$ $$ma_{\tau}=-\frac{GMm}{r_2^2}\sin \varphi_2$$ $a_{\tau}$ - тангенциальное ускорение, порождаемое возвращающей силой. Здесь $r_1, r_2$ - расстояния от грузиков до центра планеты. Сложим уравнения: $$ 2ma_{\tau}=GMm\left(\frac{\sin \varphi_1}{r_1^2}-\frac{\sin \varphi_2}{r_2^2}\right)$$ $$ a_{\tau}=\frac{1}{2}GM\left(\frac{\sin \varphi_1}{r_1^2}-\frac{\sin \varphi_2}{r_2^2}\right)$$ Для треугольника $ABC$ теорема синусов: $$\frac{r_2}{\sin \varphi}=\frac{r}{\sin (\pi-\varphi_2)}= \frac{r}{\sin \varphi_2}$$ Для треугольника $ACD$ теорема синусов: $$\frac{r}{\sin \varphi_1}=\frac{r_1}{\sin (\pi-\varphi)}= \frac{r_1}{\sin \varphi}$$ Выразим синусы углов $\sin \varphi_1$ и $\sin \varphi_2$ через угол $\varphi$: $$\sin \varphi_1=\frac{r}{r_1}\sin \varphi$$ $$\sin \varphi_2=\frac{r}{r_2}\sin \varphi$$ Подставим эти выражения в выражение для $ a_{\tau}$: $$ a_{\tau}=\frac{1}{2}GM\left(\frac{r}{r_1}\sin \varphi \frac{1}{r_1^2}-\frac{r}{r_2}\sin \varphi \frac{1}{r_2^2}\right)$$ $$ a_{\tau}=\frac{GMr \sin \varphi }{2} \left(\frac{1}{r_1^3} -\frac{1}{r_2^3}\right)$$ $$ a_{\tau}=\frac{GMr \sin \varphi }{2} \left(\frac{r_2^3-r_1^3}{r_1^3r_2^3}\right)$$ Раскроем разность кубов: $$ a_{\tau}=-\frac{GMr \sin \varphi }{2} \left(\frac{r_1^3-r_2^3}{r_1^3r_2^3}\right)$$ $$ a_{\tau}=-\frac{GMr \sin \varphi }{2} \left(\frac{(r_1-r_2)(r_1^2+r_1r_2+r_2^2)}{r_1^3r_2^3}\right)$$ Так как смещение маятника мало, то можно принять следующие допущения: $ r_1-r_2=2l; r_1r_2=r^2; r_1^2+r_1r_2+r_2^2=3r^2; \sin \varphi=\varphi $. Тогда: $$ a_{\tau}=-\frac{GMr \varphi }{2} \left(\frac{2l\cdot 3r^2}{r^6}\right)$$ $$ a_{\tau}=-\frac{GM\varphi }{2} \left(\frac{6l}{r^3}\right)$$ $$ a_{\tau}=-3GM\varphi \left(\frac{l}{r^3}\right)$$ Произведение $\varphi l$ равно длине дуги, которую прошли при повороте штанги шарики, но, так как дуга мала, можно считать, что это длина хорды. Поэтому $$\varphi l=s$$ $$ a_{\tau}=-3GM\left(\frac{s}{r^3}\right)$$ Теперь выявился период колебаний: $$T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{3GM }}$$ Получим период обращения спутника: $$m_sa_n=\frac{GMm_s}{r^2}$$ $$a_n=\frac{GM}{r^2}$$ $$\frac{\upsilon^2}{r}=\frac{GM}{r^2}$$ $$\upsilon^2=\frac{GM}{r}$$ $$T_s=\frac{2\pi r}{\upsilon}=\frac{2\pi r}{\sqrt{\frac{GM}{r}}}=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}$$ Таким образом, $$T=\frac{T_s}{\sqrt{3}}$$ Ответ: $T=\frac{T_s}{\sqrt{3}}$.