Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12534
2020-01-08 
На площадке, наклоненной под небольшим углом $\alpha$ к горизонту, на расстоянии $l$ от ее нижнего края лежит маленький грузик, масса которого много меньше массы площадки (см рисунок). Площадка совершает гармонические колебания вдоль оси $OO^{ \prime}$: частота колебаний равна $\omega$, амплитуда - $L$. Коэффициент трения между грузиком и площадкой равен $k$. За какое время грузик свалится с площадки? (Считать, что это время много больше периода колебаний площадки.)
Решение:
Будем решать задачу в неинерциальной системе отсчета, связанной с колеблющейся площадкой. Направим ось Y по оси колебаний $OO^{ \prime}$, а ось X - перпендикулярно этой оси. В плоскости площадки на грузик действуют три силы - так называемая скатывающая сила (проекция силы тяжести на ось X) $mg \sin \alpha$, сила трения $kmg \cos \alpha$ и сила инерции $m \omega^{2} L c\cos \omega t$ (если площадка колеблется по закону $y = L \cos \omega t$).
Поскольку колебания площадки весьма быстрые, можно полагать, что сила инерции больше всех остальных сил. Обозначим характерные величины с размерностью ускорения через $a, b$ и $c$:
$a = g \sin \alpha , b = kg \cos \alpha , C = \omega^{2}L$.
Тогда $c \gg a$ и $c \gg b$. В таком случае надо думать, что за период колебаний компонента скорости $v_{x}$ в направлении скатывания груза не изменяется. Более того, в течение большей части периода горизонтальная компонента скорости $v_{y} \gg v_{x}$. Это означает, что сила трения направлена также горизонтально, и движение тела вдоль оси X происходит лишь под действием скатывающей силы:
$v_{x} = at$ и $t_{x} = \sqrt{ \frac{2l}{a}}$.
В то же время трение, безусловно, будет вносить ма лую (в силу малости $с^{-1}$) поправку. Оценим ее. Малая величина силы трения и соответствующая компонента ускорения вдоль оси X определяются отношением $\frac{v_{x} }{ \sqrt{ v_{x}^{2} + v_{y}^{2} }}$:
$b_{x} = b \frac{v_{x} }{ \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2} } } = b \frac{v_{x} }{ \sqrt{v_{x}^{2} + \omega^{2}L^{2} \sin^{2} \omega t } }$.
При этом мы считаем, что движение вдоль оси Y чисто гармоническое На самом деле из за наличия силы трения это движение будет отличаться от гармонического, но порядок поправки будет такой, что ею можно пренебречь (ниже об этом будет сказано подробнее).
Вычислим среднее значение $b_{x}$:
$\bar{v}_{x} = \frac{2 \omega}{ \pi } \int_{0}^{ \frac{ \pi}{ 2 \omega} } \frac{bv_{x} }{ \sqrt{v_{x}^{2} + \omega^{2}L^{2} \sin^{2} \omega t } } dt$.
При $t$, для которого $\omega L \sin \omega t \gg v_{x}$, величиной $v_{x}$ можно пренебречь, поэтому
$\bar{v}_{x} \approx \frac{2 \omega}{ \pi} \int_{ \frac{v_{x} }{ \omega L} }^{ \frac{ \pi}{2 \omega} } \frac{bv_{x} }{ \omega L \sin \omega t} dt = \frac{2}{ \pi \omega} \frac{bv_{x} }{L} \int_{ \frac{v_{x} }{ \omega L} }^{ \frac{ \pi}{2} } \frac{d \phi}{ \sin \phi} = - \frac{2bv_{x} }{ \pi \omega L} ln \frac{v_{x} }{2 \omega L}$.
Более точные вычисления показывают, что величина под знаком логарифма должна быть вдвое меньше, однако с той точностью, которую мы выбрали, эта разница не важна. Подставим сюда найденное нами в первом приближении выражение $v_{x} = at$ и получим
$bar{b}_{x}(t) = - \frac{2bat}{ \pi \omega L} ln \frac{at}{4 \omega L}$.
Отсюда полное ускорение движения
$x^{ \prime \prime}(t) = a - \bar{b}_{x}(t) = a + \frac{2 bat}{ \pi \omega L} ln \frac{at}{4 \omega L}$.
Интегрируя это уравнение, получим
$v_{x} (t) =x^{ \prime}(t) = at + \frac{8b}{ \pi} \left ( \frac{at}{4 \omega L} \right )^{2} \left ( \frac{ ln \frac{at}{4 \omega L} }{2} - \frac{1}{4} \right )$.
Отбрасывая члены, малые по сравнению с $ln \left ( \frac{at}{ \omega L} \right )$, получим
$x^{ \prime}(t) = at + \frac{4b}{ \pi } \left ( \frac{at}{4 \omega L} \right )^{2} ln \frac{at}{ \omega L} \cdot \frac{4 \omega L}{a}$,
и $x = \frac{at^{2} }{2} + \frac{b}{ \pi} \left ( \frac{at}{ \omega L} \right )^{3} \left ( \frac{ \omega L}{a} \right )^{2} \frac{1}{3} ln \frac{at}{ \omega L}$
(здесь мы сразу отбросили нелогарифмический член). Наконец, чтобы оценить поправку к $t_{x}$, подставим $t_{x} = \sqrt{ \frac{2l}{a} }$, как первое приближение, в последнюю формулу:
$l = \frac{at_{x}^{2} }{2} + \frac{b}{3 \pi} \left ( \frac{a}{ \omega L} \right ) \left ( \frac{2l}{a} \right )^{3/2} ln \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L}$,
откуда искомое время
$t_{x} = \sqrt{ \frac{2l}{a} } \left ( 1 - \frac{b}{6 \pi l} \left ( \frac{a}{ \omega L} \right ) \left ( \frac{2l}{a} \right )^{3/2} ln \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L} \right ) = \sqrt{ \frac{2l}{a} } \left ( 1- \frac{b}{3 \pi a} \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L} ln \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L} \right )$,
где $a = g \sin \alpha, b = kg \cos \alpha$.
На площадке, наклоненной под небольшим углом $\alpha$ к горизонту, на расстоянии $l$ от ее нижнего края лежит маленький грузик, масса которого много меньше массы площадки (см рисунок). Площадка совершает гармонические колебания вдоль оси $OO^{ \prime}$: частота колебаний равна $\omega$, амплитуда - $L$. Коэффициент трения между грузиком и площадкой равен $k$. За какое время грузик свалится с площадки? (Считать, что это время много больше периода колебаний площадки.)
Решение:
Будем решать задачу в неинерциальной системе отсчета, связанной с колеблющейся площадкой. Направим ось Y по оси колебаний $OO^{ \prime}$, а ось X - перпендикулярно этой оси. В плоскости площадки на грузик действуют три силы - так называемая скатывающая сила (проекция силы тяжести на ось X) $mg \sin \alpha$, сила трения $kmg \cos \alpha$ и сила инерции $m \omega^{2} L c\cos \omega t$ (если площадка колеблется по закону $y = L \cos \omega t$).
Поскольку колебания площадки весьма быстрые, можно полагать, что сила инерции больше всех остальных сил. Обозначим характерные величины с размерностью ускорения через $a, b$ и $c$:
$a = g \sin \alpha , b = kg \cos \alpha , C = \omega^{2}L$.
Тогда $c \gg a$ и $c \gg b$. В таком случае надо думать, что за период колебаний компонента скорости $v_{x}$ в направлении скатывания груза не изменяется. Более того, в течение большей части периода горизонтальная компонента скорости $v_{y} \gg v_{x}$. Это означает, что сила трения направлена также горизонтально, и движение тела вдоль оси X происходит лишь под действием скатывающей силы:
$v_{x} = at$ и $t_{x} = \sqrt{ \frac{2l}{a}}$.
В то же время трение, безусловно, будет вносить ма лую (в силу малости $с^{-1}$) поправку. Оценим ее. Малая величина силы трения и соответствующая компонента ускорения вдоль оси X определяются отношением $\frac{v_{x} }{ \sqrt{ v_{x}^{2} + v_{y}^{2} }}$:
$b_{x} = b \frac{v_{x} }{ \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2} } } = b \frac{v_{x} }{ \sqrt{v_{x}^{2} + \omega^{2}L^{2} \sin^{2} \omega t } }$.
При этом мы считаем, что движение вдоль оси Y чисто гармоническое На самом деле из за наличия силы трения это движение будет отличаться от гармонического, но порядок поправки будет такой, что ею можно пренебречь (ниже об этом будет сказано подробнее).
Вычислим среднее значение $b_{x}$:
$\bar{v}_{x} = \frac{2 \omega}{ \pi } \int_{0}^{ \frac{ \pi}{ 2 \omega} } \frac{bv_{x} }{ \sqrt{v_{x}^{2} + \omega^{2}L^{2} \sin^{2} \omega t } } dt$.
При $t$, для которого $\omega L \sin \omega t \gg v_{x}$, величиной $v_{x}$ можно пренебречь, поэтому
$\bar{v}_{x} \approx \frac{2 \omega}{ \pi} \int_{ \frac{v_{x} }{ \omega L} }^{ \frac{ \pi}{2 \omega} } \frac{bv_{x} }{ \omega L \sin \omega t} dt = \frac{2}{ \pi \omega} \frac{bv_{x} }{L} \int_{ \frac{v_{x} }{ \omega L} }^{ \frac{ \pi}{2} } \frac{d \phi}{ \sin \phi} = - \frac{2bv_{x} }{ \pi \omega L} ln \frac{v_{x} }{2 \omega L}$.
Более точные вычисления показывают, что величина под знаком логарифма должна быть вдвое меньше, однако с той точностью, которую мы выбрали, эта разница не важна. Подставим сюда найденное нами в первом приближении выражение $v_{x} = at$ и получим
$bar{b}_{x}(t) = - \frac{2bat}{ \pi \omega L} ln \frac{at}{4 \omega L}$.
Отсюда полное ускорение движения
$x^{ \prime \prime}(t) = a - \bar{b}_{x}(t) = a + \frac{2 bat}{ \pi \omega L} ln \frac{at}{4 \omega L}$.
Интегрируя это уравнение, получим
$v_{x} (t) =x^{ \prime}(t) = at + \frac{8b}{ \pi} \left ( \frac{at}{4 \omega L} \right )^{2} \left ( \frac{ ln \frac{at}{4 \omega L} }{2} - \frac{1}{4} \right )$.
Отбрасывая члены, малые по сравнению с $ln \left ( \frac{at}{ \omega L} \right )$, получим
$x^{ \prime}(t) = at + \frac{4b}{ \pi } \left ( \frac{at}{4 \omega L} \right )^{2} ln \frac{at}{ \omega L} \cdot \frac{4 \omega L}{a}$,
и $x = \frac{at^{2} }{2} + \frac{b}{ \pi} \left ( \frac{at}{ \omega L} \right )^{3} \left ( \frac{ \omega L}{a} \right )^{2} \frac{1}{3} ln \frac{at}{ \omega L}$
(здесь мы сразу отбросили нелогарифмический член). Наконец, чтобы оценить поправку к $t_{x}$, подставим $t_{x} = \sqrt{ \frac{2l}{a} }$, как первое приближение, в последнюю формулу:
$l = \frac{at_{x}^{2} }{2} + \frac{b}{3 \pi} \left ( \frac{a}{ \omega L} \right ) \left ( \frac{2l}{a} \right )^{3/2} ln \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L}$,
откуда искомое время
$t_{x} = \sqrt{ \frac{2l}{a} } \left ( 1 - \frac{b}{6 \pi l} \left ( \frac{a}{ \omega L} \right ) \left ( \frac{2l}{a} \right )^{3/2} ln \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L} \right ) = \sqrt{ \frac{2l}{a} } \left ( 1- \frac{b}{3 \pi a} \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L} ln \frac{ \sqrt{2la} }{ \omega L} \right )$,
где $a = g \sin \alpha, b = kg \cos \alpha$.
