Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1102
2016-09-19 
Два кубика одинаковой массы прикреплены к концам нерастяжимой невесомой нити, продетой через отверстие в горизонтальной плоскости. Верхний кубик скользит по плоскости по круговой траектории с угловой скоростью $\omega$ так, что нижний кубик неподвижен (см. рисунок). Трения нет. Если слегка дёрнуть за нижний кубик в вертикальном направлении, то возникнут малые колебания. Найдите их частоту $\Omega$.
Решение:
Расстояние от верхнего кубика до отверстия в поверхности при равновесном скольжении равно, очевидно, $L = g/ \omega^{2}$. Пусть после того, как дёрнули за нижний кубик, это расстояние увеличилось и в некоторый момент достигло максимального значения $L + \Delta x$, где $\Delta x \ll L$, а скорость верхнего кубика стала равна $v^{ \prime}$. Поскольку при этом для верхнего кубика сохраняется величина $m \cdot \omega L \cdot L = mv^{ \prime}(L + \Delta x)$ (момент количества движения или, иначе, момент импульса), то полная механическая энергия обоих кубиков в положении наибольшего отклонения равна
$E_{1} = \frac{mv^{ \prime 2}}{2} + mg \Delta x = \frac{ m \left ( \frac{ \omega L^{2}}{ L + \Delta x} \right )^{2} }{2} + mg \Delta x$.
(потенциальная энергия отсчитывается от исходного равновесного положения нижнего кубика). Энергия обоих кубиков в момент прохождения положения равновесия
равна
$E_{2} = \frac{m( \omega L)^{2}}{2} + \frac{2mv^{2}}{2}$,
так как верхний кубик одновременно участвует во вращательном и в поступательном движениях. По закону сохранения механической энергии $E_{1} = E_{2}$, поэтому
$2v^{2} + \omega^{2} L^{2} = \frac{ \omega^{2} L^{4}}{(L + \Delta x)^{2}} + 2g \Delta x$.
Поскольку $\Delta x \ll L$, то дробь $\frac{1}{(L + \Delta x)^{2}}$ можно разложить по степеням $\Delta x$ до квадратичных членов:
$\frac{1}{(L + \Delta x)^{2}} \approx \frac{1}{L^{2}} + A \cdot \Delta x + B \cdot \Delta x^{2}$.
(заметим, что при решении данной задачи разложения с точностью до членов первого порядка малости оказывается недостаточно). Найдём коэффициенты этого разложения $A$ и $B$, выполнив следующие преобразования:
$1 \approx \frac{1}{L^{2}}(L^{2} + 2L \Delta x + \Delta x^{2}) + A \Delta x (L^{2} + 2L \Delta x) + B \Delta x^{2} L^{2}$,
$\Delta x \left ( \frac{1}{L^{2}} + 2AL + BL^{2} \right ) + \left ( \frac{2}{L} + AL^{2} \right ) = 0$.
Так как это соотношение должно выполняться при любом малом $\Delta x$, то оба выражения в скобках должны равняться нулю:
$\frac{1}{L^{2}} + 2AL + BL^{2} = 0, \frac{2}{L} + AL^{} = 0$.
Отсюда $A = - \frac{2}{L^{3}}, B = \frac{3}{L^{4}}$. Подставляя коэффициенты $A$ и $B$ в уравнение, выражающее закон сохранения энергии, получаем:
$2v^{2} + \omega^{2}L^{2} = \omega^{2}L^{4} \left ( \frac{1}{L^{2}} - \frac{2 \Delta x}{L^{3}} + \frac{3 \Delta x^{2}}{L^{4}} \right ) + 2g \Delta x$,
или
$2v^{2} + \omega^{2} L^{2} = \omega^{2} L^{2} + 2(g - \omega^{2} L) \Delta x + 3 \omega^{2} \Delta x^{2}$,
ткуда с учётом условия равновесного скольжения имеем:
$2v^{2} = 3 \omega^{2} \Delta x^{2}$.
Квадрат круговой частоты колебаний определяется, как известно, отношением коэффициентов при $\Delta x^{2}$ и при $v^{2}$, поэтому искомая частота равна $\Omega = \omega \sqrt{3/2}$.
Два кубика одинаковой массы прикреплены к концам нерастяжимой невесомой нити, продетой через отверстие в горизонтальной плоскости. Верхний кубик скользит по плоскости по круговой траектории с угловой скоростью $\omega$ так, что нижний кубик неподвижен (см. рисунок). Трения нет. Если слегка дёрнуть за нижний кубик в вертикальном направлении, то возникнут малые колебания. Найдите их частоту $\Omega$.
Решение:
Расстояние от верхнего кубика до отверстия в поверхности при равновесном скольжении равно, очевидно, $L = g/ \omega^{2}$. Пусть после того, как дёрнули за нижний кубик, это расстояние увеличилось и в некоторый момент достигло максимального значения $L + \Delta x$, где $\Delta x \ll L$, а скорость верхнего кубика стала равна $v^{ \prime}$. Поскольку при этом для верхнего кубика сохраняется величина $m \cdot \omega L \cdot L = mv^{ \prime}(L + \Delta x)$ (момент количества движения или, иначе, момент импульса), то полная механическая энергия обоих кубиков в положении наибольшего отклонения равна
$E_{1} = \frac{mv^{ \prime 2}}{2} + mg \Delta x = \frac{ m \left ( \frac{ \omega L^{2}}{ L + \Delta x} \right )^{2} }{2} + mg \Delta x$.
(потенциальная энергия отсчитывается от исходного равновесного положения нижнего кубика). Энергия обоих кубиков в момент прохождения положения равновесия
равна
$E_{2} = \frac{m( \omega L)^{2}}{2} + \frac{2mv^{2}}{2}$,
так как верхний кубик одновременно участвует во вращательном и в поступательном движениях. По закону сохранения механической энергии $E_{1} = E_{2}$, поэтому
$2v^{2} + \omega^{2} L^{2} = \frac{ \omega^{2} L^{4}}{(L + \Delta x)^{2}} + 2g \Delta x$.
Поскольку $\Delta x \ll L$, то дробь $\frac{1}{(L + \Delta x)^{2}}$ можно разложить по степеням $\Delta x$ до квадратичных членов:
$\frac{1}{(L + \Delta x)^{2}} \approx \frac{1}{L^{2}} + A \cdot \Delta x + B \cdot \Delta x^{2}$.
(заметим, что при решении данной задачи разложения с точностью до членов первого порядка малости оказывается недостаточно). Найдём коэффициенты этого разложения $A$ и $B$, выполнив следующие преобразования:
$1 \approx \frac{1}{L^{2}}(L^{2} + 2L \Delta x + \Delta x^{2}) + A \Delta x (L^{2} + 2L \Delta x) + B \Delta x^{2} L^{2}$,
$\Delta x \left ( \frac{1}{L^{2}} + 2AL + BL^{2} \right ) + \left ( \frac{2}{L} + AL^{2} \right ) = 0$.
Так как это соотношение должно выполняться при любом малом $\Delta x$, то оба выражения в скобках должны равняться нулю:
$\frac{1}{L^{2}} + 2AL + BL^{2} = 0, \frac{2}{L} + AL^{} = 0$.
Отсюда $A = - \frac{2}{L^{3}}, B = \frac{3}{L^{4}}$. Подставляя коэффициенты $A$ и $B$ в уравнение, выражающее закон сохранения энергии, получаем:
$2v^{2} + \omega^{2}L^{2} = \omega^{2}L^{4} \left ( \frac{1}{L^{2}} - \frac{2 \Delta x}{L^{3}} + \frac{3 \Delta x^{2}}{L^{4}} \right ) + 2g \Delta x$,
или
$2v^{2} + \omega^{2} L^{2} = \omega^{2} L^{2} + 2(g - \omega^{2} L) \Delta x + 3 \omega^{2} \Delta x^{2}$,
ткуда с учётом условия равновесного скольжения имеем:
$2v^{2} = 3 \omega^{2} \Delta x^{2}$.
Квадрат круговой частоты колебаний определяется, как известно, отношением коэффициентов при $\Delta x^{2}$ и при $v^{2}$, поэтому искомая частота равна $\Omega = \omega \sqrt{3/2}$.
