Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13625
2020-02-29 
Два маленьких шарика массами $m_{1}$ и $m_{2}$ закреплены на концах тонкого жесткого очень легкого стержня длиной $L$. Этот стержень покоится на поверхности шероховатого горизонтального неподвижно закрепленного цилиндра радиусом $R$. В положении равновесия стержень горизонтален и перпендикулярен оси цилиндра (на рисунке показан вид со стороны торца цилиндра). Стержень поворачивают на малый угол таким образом, что он движется относительно цилиндра без проскальзывания, и отпускают. После этого начинаются колебания, в процессе которых стержень катается по поверхности цилиндра также без проскальзывания, а шарики движутся в плоскости рисунка. Чему равен период этих колебаний? Сопротивлением воздуха можно пренебречь.
Решение:
В исходном положении равновесия стержень касался цилиндра некоторой точкой O. Расстояния $l_{1}$ и $l_{2}$ от этой точки до шариков массами $m_{1}$ и $m_{2}$ определяются из условия равновесия стержня:
$m_{1}gl_{1} = m_{2}gl_{2}$.
С учетом того что $l_{1} + l_{2} = L$, находим
$l_{1} = \frac{m_{2}L }{m_{1} + m_{2} }, l_{2} = \frac{m_{1}L }{m_{1} + m_{2} }$.
Пусть стержень, перекатываясь в процессе колебаний по цилиндру, в некоторый момент времени оказался отклоненным от исходного положения равновесия на малый угол $\alpha$ (рис. ). При этом стержень касается цилиндра точкой $A$ и $AO = R \alpha$. Потенциальная энергия шариков в поле тяжести в результате такого поворота стержня изменилась (относительно исходного значения) на $\Delta U = m_{2}gh_{2} - m_{1}gh_{1}$, где разности высот $h_{1}$ и $h_{2}$ отсчитываются от исходного горизонтального положения стержня и равны $h_{1} = (l_{1} - AO) \sin \alpha + \Delta y$ и $h_{2} = (l_{2} + AO) \sin \alpha - \Delta y$, а $\Delta y = R(1 - \cos \alpha )$. С учетом того что угол $\alpha$ мал, т.е. $\sin \alpha = \alpha$ и $\cos \alpha = 1 - \frac{a^{2}}{2}$, выражение для $\Delta U$ можно переписать в виде
$\Delta U = m_{2}gh_{2} - m_{1}gh_{1} = m_{2}g ((l_{2} + AO ) \sin \alpha - \Delta y) - m_{1}g((l_{1} - AO ) \sin \alpha + \Delta y) = m_{2}g \left ( (l_{2} + R \alpha ) \alpha - R \frac{ \alpha^{2} }{2} \right ) - m_{1}g \left ( (l_{1} - R \alpha ) + R \frac{ \alpha^{2} }{2} \right ) = \frac{(m_{1} + m_{2} )gR}{2} \alpha^{2} $.
В рассматриваемый момент времени кинетическая энергия шариков равна
$W = \frac{m_{1}v_{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2}v_{2}^{2}}{2} = \frac{ m_{1} \omega^{2}r_{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \omega^{2} r_{2}^{2}}{2} = \frac{m_{1} \omega^{2} (l_{1} - R \alpha )^{2} }{2} + \frac{m_{2} \omega^{2} (l_{2} + R \alpha )^{2} }{2} = \frac{m_{1} \omega^{2}l_{1}^{2} }{2} + \frac{m_{2} \omega^{2}l_{2}^{2} }{2}$,
где $\omega$ - угловая скорость вращения стержня, $r_{1} = l_{1} - AO$ и $r_{2} = l_{2} + AO$ - расстояния от мгновенной оси вращения $A$ до шариков массами $m_{1}$ и $m_{2}$ соответственно.
Поскольку механическая энергия данной колебательной системы сохраняется неизменной, то
$\Delta U + W = \frac{(m_{1} + m_{2} )gR }{2} \alpha^{2} + \frac{m_{1}l_{1}^{2} + m_{2}l_{2}^{2} }{2} \omega^{2} = const$.
Дифференцируя это уравнение по времени, получаем
$\frac{(m_{1} + m_{2} )gR }{2} \cdot 2 \alpha \frac{d \alpha }{dt} + \frac{m_{1}l_{1}^{2} + m_{2}l_{2}^{2} }{2} \cdot 2 \omega \frac{d \omega }{dt} = 0$.
С учетом того что $\omega = \frac{d \alpha }{dt}$, приходим к уравнению гармонических колебаний
$\frac{d^{2} \alpha}{dt^{2} } + \frac{(m_{1} + m_{2} )gR}{m_{1}l_{1}^{2} + m_{2}l_{2}^{2} } \alpha = 0$,
или
$\frac{d^{2} \alpha }{dt^{2} } + \frac{(m_{1} + m_{2} )^{2} gR }{m_{1}m_{2}L^{2} } \alpha = 0$.
Отсюда следует, что период этих колебаний равен
$T = \frac{2 \pi L}{m_{1} + m_{2} } \sqrt{ \frac{m_{1} + m_{2} }{gR} } $.
Два маленьких шарика массами $m_{1}$ и $m_{2}$ закреплены на концах тонкого жесткого очень легкого стержня длиной $L$. Этот стержень покоится на поверхности шероховатого горизонтального неподвижно закрепленного цилиндра радиусом $R$. В положении равновесия стержень горизонтален и перпендикулярен оси цилиндра (на рисунке показан вид со стороны торца цилиндра). Стержень поворачивают на малый угол таким образом, что он движется относительно цилиндра без проскальзывания, и отпускают. После этого начинаются колебания, в процессе которых стержень катается по поверхности цилиндра также без проскальзывания, а шарики движутся в плоскости рисунка. Чему равен период этих колебаний? Сопротивлением воздуха можно пренебречь.
Решение:
В исходном положении равновесия стержень касался цилиндра некоторой точкой O. Расстояния $l_{1}$ и $l_{2}$ от этой точки до шариков массами $m_{1}$ и $m_{2}$ определяются из условия равновесия стержня:
$m_{1}gl_{1} = m_{2}gl_{2}$.
С учетом того что $l_{1} + l_{2} = L$, находим
$l_{1} = \frac{m_{2}L }{m_{1} + m_{2} }, l_{2} = \frac{m_{1}L }{m_{1} + m_{2} }$.
Пусть стержень, перекатываясь в процессе колебаний по цилиндру, в некоторый момент времени оказался отклоненным от исходного положения равновесия на малый угол $\alpha$ (рис. ). При этом стержень касается цилиндра точкой $A$ и $AO = R \alpha$. Потенциальная энергия шариков в поле тяжести в результате такого поворота стержня изменилась (относительно исходного значения) на $\Delta U = m_{2}gh_{2} - m_{1}gh_{1}$, где разности высот $h_{1}$ и $h_{2}$ отсчитываются от исходного горизонтального положения стержня и равны $h_{1} = (l_{1} - AO) \sin \alpha + \Delta y$ и $h_{2} = (l_{2} + AO) \sin \alpha - \Delta y$, а $\Delta y = R(1 - \cos \alpha )$. С учетом того что угол $\alpha$ мал, т.е. $\sin \alpha = \alpha$ и $\cos \alpha = 1 - \frac{a^{2}}{2}$, выражение для $\Delta U$ можно переписать в виде
$\Delta U = m_{2}gh_{2} - m_{1}gh_{1} = m_{2}g ((l_{2} + AO ) \sin \alpha - \Delta y) - m_{1}g((l_{1} - AO ) \sin \alpha + \Delta y) = m_{2}g \left ( (l_{2} + R \alpha ) \alpha - R \frac{ \alpha^{2} }{2} \right ) - m_{1}g \left ( (l_{1} - R \alpha ) + R \frac{ \alpha^{2} }{2} \right ) = \frac{(m_{1} + m_{2} )gR}{2} \alpha^{2} $.
В рассматриваемый момент времени кинетическая энергия шариков равна
$W = \frac{m_{1}v_{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2}v_{2}^{2}}{2} = \frac{ m_{1} \omega^{2}r_{1}^{2}}{2} + \frac{m_{2} \omega^{2} r_{2}^{2}}{2} = \frac{m_{1} \omega^{2} (l_{1} - R \alpha )^{2} }{2} + \frac{m_{2} \omega^{2} (l_{2} + R \alpha )^{2} }{2} = \frac{m_{1} \omega^{2}l_{1}^{2} }{2} + \frac{m_{2} \omega^{2}l_{2}^{2} }{2}$,
где $\omega$ - угловая скорость вращения стержня, $r_{1} = l_{1} - AO$ и $r_{2} = l_{2} + AO$ - расстояния от мгновенной оси вращения $A$ до шариков массами $m_{1}$ и $m_{2}$ соответственно.
Поскольку механическая энергия данной колебательной системы сохраняется неизменной, то
$\Delta U + W = \frac{(m_{1} + m_{2} )gR }{2} \alpha^{2} + \frac{m_{1}l_{1}^{2} + m_{2}l_{2}^{2} }{2} \omega^{2} = const$.
Дифференцируя это уравнение по времени, получаем
$\frac{(m_{1} + m_{2} )gR }{2} \cdot 2 \alpha \frac{d \alpha }{dt} + \frac{m_{1}l_{1}^{2} + m_{2}l_{2}^{2} }{2} \cdot 2 \omega \frac{d \omega }{dt} = 0$.
С учетом того что $\omega = \frac{d \alpha }{dt}$, приходим к уравнению гармонических колебаний
$\frac{d^{2} \alpha}{dt^{2} } + \frac{(m_{1} + m_{2} )gR}{m_{1}l_{1}^{2} + m_{2}l_{2}^{2} } \alpha = 0$,
или
$\frac{d^{2} \alpha }{dt^{2} } + \frac{(m_{1} + m_{2} )^{2} gR }{m_{1}m_{2}L^{2} } \alpha = 0$.
Отсюда следует, что период этих колебаний равен
$T = \frac{2 \pi L}{m_{1} + m_{2} } \sqrt{ \frac{m_{1} + m_{2} }{gR} } $.
