2020-01-15
Из тонкой проволоки сделали замкнутую фигуру, изображенную на рисунке. Радиус полуокружности равен $R$. Где находится центр тяжести этой фигуры? Чему равен период малых колебаний относительно точки О?
Решение:
Для определения положения центра масс (центра тяжести) фигуры воспользуемся не прямым расчетом, а энергетическими соображениями. А именно - тем свойством центра масс, что потенциальную энергию произвольного тела массой $m$ можно вычислить по формуле
$E_{p} = mgh_{ц}$,
где $h_{ц}$ - высота центра масс относительно выбранного нулевого уровня.
Повернем нашу фигуру на небольшой угол $\phi$ (см. рисунок) и найдем изменение ее потенциальной энергии, причем сделаем это двумя способами. Во-первых, свяжем $\Delta E_{p}$ с изменением высоты центра масс фигуры (учитывая малость угла $\phi$):
$\Delta E_{p} = mg \Delta h_{ц} = mgl_{ц} (1 - \cos \phi ) = mgl_{ц} \cdot 2 \sin^{2} ( \phi / 2) = \frac{1}{2}mgl_{ц} \phi^{2}$, (1)
где $l_{ц}$ - расстояние от центра масс до точки О. Во-вторых, воспользуемся особенностями формы проволочной фигуры. Посмотрите внимательно на рисунок, и вы увидите, что при повороте потенциальная энергия прямой перемычки не изменяется, а изменение потенциальной энергии полуокружности связано с перемещением ее небольшого участка длиной $\Delta l$ с правого конца на левый:
$\Delta E_{p} = \Delta mg \Delta l = \frac{m}{2R + \pi R} \Delta l g \Delta l = \frac{mgR}{2 + \pi} \phi^{2}$. (2)
Из выражений (1) и (2) получаем
$l_{ц} = \frac{2R}{2 + \pi}$.
(Попробуйте самостоятельно рассчитать положение центра масс полуокружности без перемычки; в этом случае $l_{ц} = \frac{2R}{ \pi}$.)
Продолжим наши вычисления, причем опять воспользуемся энергетическими соображениями. Заметим, что если энергию колебательной системы удается привести к виду
$E = E_{p} + E_{k} = \frac{Ax^{2} }{2} + \frac{Bx^{ \prime 2} }{2}$,
где $x$ - параметр, описывающий отклонение системы от положения равновесия, а $x^{ \prime}$ - производная от $x$ по времени, то период колебаний системы равен
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{B}{A} }$.
В нашем случае $x = \phi$. Из выражения (2) сразу полу чаем
$A = \frac{2mgR}{2 + \pi}$.
Для определения величины $B$ вычислим кинетическую энергию нашей фигуры. Вклад полуокружности найти совсем просто, так как скорость любой ее точки равна $v = \omega R = \phi^{ \prime}R$:
$E_{k1} = \frac{m_{1}v^{2} }{2} = \frac{1}{2} \frac{m \pi R}{2R + \pi R} ( \phi^{ \prime }R )^{2} = \frac{ \pi m R^{2} }{2 + \pi} \frac{ \phi^{ \prime 2} }{2}$.
С перемычкой сложнее - разные ее точки имеют различные скорости. Приведем ответ, выраженный через момент инерции стержня $I$ (надеемся, что большинство наших читателей знакомы с этим понятием):
$E_{k2} = I \frac{ \phi^{ \prime 2} }{2} = \frac{m_{2}(2R)^{2} }{12} \frac{ \phi^{ \prime 2} }{2} ( \phi^{ \prime }R )^{2} = \frac{m2R}{2R + \pi R} \frac{R^{2} }{3} \frac{ \phi^{ \prime 2} }{2} = \frac{(2 + 3 \pi)mR^{2} }{3(2 + \pi)} \frac{ \phi^{ \prime 2} }{2} $.
Для полной кинетической энергии получаем
$E_{k} = E_{k1} + E_{k2} = \frac{(2 + 3 \pi) mR^{2} }{3(2 + \pi)} \frac{ \phi^{ \prime 2} }{2}$,
откуда
$B = \frac{(2 + 3 \pi) mR^{2} }{3(2 + \pi)}$.
Теперь уже можно найти период колебаний системы:
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{B}{A} } = 2 \pi \sqrt{ \frac{(2 + 3 \pi )R}{6g} }$.
Заметам, что если перемычка невесома, то период колебаний равен $T = 2 \pi \sqrt{ \frac{ \pi R}{2g}}$. Убедитесь в этом самостоятельно.