Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2301
2017-03-08 
Модель популярной в физических задачах игрушки "Ванька-встанька" представляет собой легкую твердую сферу радиуса $r$, внутри которой на расстоянии $h$ от центра закреплен небольшой тяжелый груз. Определите период малых колебаний такой модели, установленной на вершину полусферы радиуса $R$ (см. рис.). Полусфера неподвижна относительно земли, модель не проскальзывает по полусфере.
Решение:
Т.к. сфера легкая, а груз тяжелый, то можно считать, что вся масса модели сосредоточена в точке размещения груза С, являющейся ее центром тяжести.
Пусть модель отклонилась от положения равновесия так, что соединяющая центры модели и полусферы прямая образует малый угол $\phi$ с вертикалью (угол $OO_{1}E$ на рис.). Введем следующие обозначения: $O$ - центр модели, $O_{1}$ - центр полусферы, $A$ - точка касания модели и полусферы, $B$ - точка поверхности модели, касающаяся полусферы в положении равновесия; величину угла $AOC$ обозначим $\phi^{ \prime}$.
В данном положении на модель действуют силы тяжести и реакции опоры со стороны полусферы. В любой момент времени движение модели можно представить как вращение вокруг мгновенной оси, проходящей через точку опоры А перпендикулярно плоскости рисунка. Поскольку сила реакции опоры приложена в этой точке, ее момент равен нулю и при отклонении от положения равновесия на модель действует только момент силы тяжести относительно т. А (точнее, оси, проходящей через т. А перпендикулярно плоскости рисунка). В зависимости от геометрии системы (а именно, проходит ли проведенная из т. С вертикаль слева или справа от т. А) он либо возвращает систему в первоначальное положение, либо уводит еще дальше от него. Очевидно, что колебания возможны только в первом случае.
Поскольку при движении модели ось, проходящая через т. А перпендикулярно плоскости рисунка, движется поступательно и остается параллельной оси, проходящей через центр масс, то уравнение движения относительно нее можно записывать в обычном виде: $M = I \frac{d^{2} \phi}{dt^{2}}$.
Пусть $D$ - точка пересечения проведенной из т. А вертикали с радиусом $OB$. Тогда момент силы тяжести относительно рассматриваемой оси
$M = mg \cdot CD \cdot \sin \angle ADO = mg \cdot CD \cdot \sin ( \phi + \phi^{ \prime})$
В силу отсутствия проскальзывания при движении модели длина дуги $EA$ равна длине дуги $BA$, т.е. $R \phi = r\phi^{ \prime}$. С учетом этого соотношения, малости угла $\phi$ и Т. синусов для треугольника $ODA \frac{OD}{ \sin \phi} = \frac{OA}{ \sin ( \phi + \phi^{ \prime})}$ можно найти $OD = \frac{r^{2}}{r+R}$. Тогда выражение для момента силы тяжести примет вид $M = mg \phi \left ( h \left ( 1 + \frac{R}{r} \right ) -r \right )$.
Момент инерции модели относительно той же оси определится как
$I = mCA^{2} = m (r^{2} + h^{2} - 2rh \cos \phi^{ \prime} ) \approx m(r-h)^{2}$
(здесь учтено, что косинус малого угла равен 1 с точностью до второго порядка малости), и окончательно уравнение движения модели примет вид:
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} + \frac{h \left ( 1 + \frac{R}{r} \right ) - r}{(r-h)^{2}} g \phi = 0$.
Несложно видеть, что полученное уравнение описывает гармонические колебания с периодом $T = 2 \pi \sqrt{ \frac{(r-h)^{2}}{h(r+R)- r^{2}} \frac{r}{g}}$.
Обратим внимание, что знаменатель полученной формулы обращается в ноль при $h = r^{2}/(r+R)$ и становится меньше нуля при меньших значениях $h$. Несложно сообразить, что такая ситуация соответствует потере рассматриваемым положением равновесия устойчивости.
Ответ: $T = 2 \pi \sqrt{ \frac{(r-h)^{2}}{h(r+R) - r^{2}} \frac{r}{g}}$.
Модель популярной в физических задачах игрушки "Ванька-встанька" представляет собой легкую твердую сферу радиуса $r$, внутри которой на расстоянии $h$ от центра закреплен небольшой тяжелый груз. Определите период малых колебаний такой модели, установленной на вершину полусферы радиуса $R$ (см. рис.). Полусфера неподвижна относительно земли, модель не проскальзывает по полусфере.
Решение:
Т.к. сфера легкая, а груз тяжелый, то можно считать, что вся масса модели сосредоточена в точке размещения груза С, являющейся ее центром тяжести.
Пусть модель отклонилась от положения равновесия так, что соединяющая центры модели и полусферы прямая образует малый угол $\phi$ с вертикалью (угол $OO_{1}E$ на рис.). Введем следующие обозначения: $O$ - центр модели, $O_{1}$ - центр полусферы, $A$ - точка касания модели и полусферы, $B$ - точка поверхности модели, касающаяся полусферы в положении равновесия; величину угла $AOC$ обозначим $\phi^{ \prime}$.
В данном положении на модель действуют силы тяжести и реакции опоры со стороны полусферы. В любой момент времени движение модели можно представить как вращение вокруг мгновенной оси, проходящей через точку опоры А перпендикулярно плоскости рисунка. Поскольку сила реакции опоры приложена в этой точке, ее момент равен нулю и при отклонении от положения равновесия на модель действует только момент силы тяжести относительно т. А (точнее, оси, проходящей через т. А перпендикулярно плоскости рисунка). В зависимости от геометрии системы (а именно, проходит ли проведенная из т. С вертикаль слева или справа от т. А) он либо возвращает систему в первоначальное положение, либо уводит еще дальше от него. Очевидно, что колебания возможны только в первом случае.
Поскольку при движении модели ось, проходящая через т. А перпендикулярно плоскости рисунка, движется поступательно и остается параллельной оси, проходящей через центр масс, то уравнение движения относительно нее можно записывать в обычном виде: $M = I \frac{d^{2} \phi}{dt^{2}}$.
Пусть $D$ - точка пересечения проведенной из т. А вертикали с радиусом $OB$. Тогда момент силы тяжести относительно рассматриваемой оси
$M = mg \cdot CD \cdot \sin \angle ADO = mg \cdot CD \cdot \sin ( \phi + \phi^{ \prime})$
В силу отсутствия проскальзывания при движении модели длина дуги $EA$ равна длине дуги $BA$, т.е. $R \phi = r\phi^{ \prime}$. С учетом этого соотношения, малости угла $\phi$ и Т. синусов для треугольника $ODA \frac{OD}{ \sin \phi} = \frac{OA}{ \sin ( \phi + \phi^{ \prime})}$ можно найти $OD = \frac{r^{2}}{r+R}$. Тогда выражение для момента силы тяжести примет вид $M = mg \phi \left ( h \left ( 1 + \frac{R}{r} \right ) -r \right )$.
Момент инерции модели относительно той же оси определится как
$I = mCA^{2} = m (r^{2} + h^{2} - 2rh \cos \phi^{ \prime} ) \approx m(r-h)^{2}$
(здесь учтено, что косинус малого угла равен 1 с точностью до второго порядка малости), и окончательно уравнение движения модели примет вид:
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} + \frac{h \left ( 1 + \frac{R}{r} \right ) - r}{(r-h)^{2}} g \phi = 0$.
Несложно видеть, что полученное уравнение описывает гармонические колебания с периодом $T = 2 \pi \sqrt{ \frac{(r-h)^{2}}{h(r+R)- r^{2}} \frac{r}{g}}$.
Обратим внимание, что знаменатель полученной формулы обращается в ноль при $h = r^{2}/(r+R)$ и становится меньше нуля при меньших значениях $h$. Несложно сообразить, что такая ситуация соответствует потере рассматриваемым положением равновесия устойчивости.
Ответ: $T = 2 \pi \sqrt{ \frac{(r-h)^{2}}{h(r+R) - r^{2}} \frac{r}{g}}$.
