Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 3504
2017-05-27 
Тонкий однородный стержень длины $l$, находящийся в вагоне, может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из его концов. Вагон начинает двигаться горизонтально с ускорением $\vec{a}_{0}$, направленным перпендикулярно оси вращения стержня. На какой максимальный угол от вертикали отклонится стержень в начале движения вагона? Каков период его колебаний относительно положения равновесия?
Решение:
Для наблюдателя, находящегося в вагоне, стержень совершает только вращательное движение вокруг неподвижной оси. Как только вагон начнет двигаться с ускорением $\vec{a}_{0}$, на стержень будет действовать сила инерции $\vec{f}_{и} = - m \vec{a}_{0}$, приложенная, очевидно, в центре масс стержня. Эта сила создает вращающий момент относительно оси, и стержень начнет отклоняться от вертикального положения, что, в свою очередь, вызовет появление вращающего момента силы тяжести, направленного в сторону, противоположную оси ОZ (рис.). В первые мгновения момент силы инерции заведомо больше, чем момент силы тяжести, и, следовательно, стержень приобретает некоторую угловую скорость, которая нарастает, хотя угловое ускорение при этом уменьшается. При некотором угле $\alpha_{0}$ отклонения от вертикали моменты сил инерции и тяжести скомпенсируют друг друга. Это положение является положением равновесия:
$\vec{M}_{тяж} + \vec{M}_{и} = 0$, (1)
Поскольку моменты обеих сил зависят от угла отклонения стержня от вертикали, уравнение (1) позволит найти уголо^, соответствующий положению равновесия.
При $\alpha = \alpha_{0}$ стержень уже приобрел угловую скорость, следовательно, он пройдет через положение равновесия. Но теперь уже момент силы тяжести будет больше, чем момент силы инерции, т. е. угловое ускорение стержня направлено так же, как момент силы тяжести, — против оси ОZ, тогда как угловая скорость, приобретенная стержнем, направлена так же, как момент силы инерции, т. е. по оси 0Z. Движение стержня станет замедленным и при некотором угле $\alpha_{1}$ отклонения от вертикали стержень остановится, а затем начнет движение в обратном направлении.
В процессе перемещения стержня от вертикального положения до $\alpha_{1}$ суммарная работа сил тяжести и инерции обращается в нуль, так как и в начальном, и в конечном положениях кинетическая энергия стержня равна нулю:
$A_{тяж} + A_{и} = 0$. (2)
Работа каждой из этих сил зависит от угла $\alpha_{1}$, и, следовательно, уравнение (2), записанное в явном виде, позволит найти $a_{1}$.
Предоставленный самому себе стержень при полном отсутствии трения совершает незатухающие колебания около положения равновесия. Если угол $\alpha_{1} - \alpha_{0}$, соответствующий максимальному отклонению от положения равновесия, мал, то колебания стержня будут гармоническими и их период можно найти. Для этого следует рассмотреть стержень в некотором промежуточном состоянии, когда угол его отклонения от положения равновесия равен $\phi$, и найти в этом положении угловое ускорение $\epsilon = d^{2} \phi /dt^{2}$.
В проекции на ось OZ моменты сил инерции и тяжести:
$M_{иz} = \frac{1}{2} f_{и}l \cos \alpha$, (3)
$M_{тяж z} = - \frac{1}{2} mgl \sin \alpha$, (4)
где $\alpha$ — некоторый промежуточный угол отклонения от вертикали. При переходе из вертикального положения ($\alpha = 0$) в положение, соответствующее максимальному углу отклонения ($\alpha = \alpha_{1}$), каждая из рассматриваемых сил совершит работу:
$A_{и} = \int_{0}^{ \alpha_{1}} M_{иz} d \alpha = f_{и} \frac{l}{2} \int_{0}^{ \alpha_{1}} \cos \alpha d \alpha = f_{и} \frac{l}{2} \sin \alpha_{1}$,
$A_{тяж} = \int_{0}^{ \alpha_{1}} M_{тяж z} d \alpha = - mg \frac{l}{2} \int_{0}^{ \alpha_{1}} \sin \alpha d \alpha = mg \frac{l}{2} ( \cos \alpha_{1} - 1) $.
Подставим эти выражения в (2):
$f_{и} l \sin \alpha_{1} + mgl ( \cos \alpha_{1} - 1) = 0$,
откуда, учитывая, что $f_{и} = ma_{0}$, получаем
$a_{0}/g = (1 - \cos \alpha_{1})/ \sin \alpha_{1}$
или
$tg ( \alpha_{1}/2) = a_{0}/g; \alpha_{1} = 2 arctg ( a_{0}/g)$. (5)
Заменим векторное равенство (1) скалярным соотношением:
$M_{тяж z} = M_{иz} = 0$.
Подставляя сюда выражения (3) и (4) при $\alpha = \alpha_{0}$ и учитывая, что $f_{и} = ma_{0}$, получаем
$ma_{0}l \cos \alpha_{0} - mgl \sin \alpha_{0} = 0$, (6)
откуда
$tg \alpha_{0} = a_{0} /g, \alpha_{0} = arctg (a_{0}/g)$. (7)
Рассмотрим теперь стержень в некотором промежуточном положении, когда угол его отклонения от вертикали $\alpha = \alpha_{0} + \phi$.
В этом положении на стержень действуют сила тяжести н сила инерции, создающие вращающие моменты. Основное уравнение динамики вращательного движения, записанное в проекции на ось OZ, примет вид
$J \frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = ma_{0} \frac{l}{2} \cos ( \alpha_{0} + \phi ) - mg \frac{l}{2} \sin ( \alpha_{0} + \phi)$.
Раскрыв $\cos ( \alpha_{0} + \phi )$ и $\sin ( \alpha_{0} + \phi )$ по формулам тригонометрии с учетом, что момент инерции стержня $J = ml^{2}/3$, получим
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = \frac{3}{2l} [ \cos \phi ( a_{0} \cos \alpha_{0} - g \sin \alpha_{0}) - \sin \phi ( a_{0} \sin \alpha_{0} + g \cos \alpha_{0})]$.
Коэффициент при $\cos \phi$, как следует из уравнения (6), равен нулю. Коэффициент при $\sin \phi$ после подстановки $\sin \alpha_{0} = tg \alpha_{0} / \sqrt{1 + tg^{2} \alpha_{0}}$ и $\cos \alpha_{0} = 1/ \sqrt{1 + tg^{2} \alpha_{0}}$ с учетом равенства (7) примет вид
$a_{0} \sin \alpha_{0} + g \cos \alpha_{0} = (a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2}$.
Тогда
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = - \frac{3}{2l} (a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2} \sin \phi$.
Полученное дифференциальное уравнение будет уравнением гармонического колебания, если в пределах точности расчета
$\sin \phi = \phi$. (8)
В этом случае
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = - \frac{3}{2l} (a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2} \phi$.
Следовательно, угол $\phi$ изменяется со временем по гармоническому закону, причем постоянный коэффициент, стоящий в правой части, равен квадрату циклической частоты и период колебаний
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{2l}{ 3(a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2}}}$. (9)
Максимальный угол [см. (5) и (7)] $\phi_{max} = \alpha_{1} - \alpha_{0} = arctg ( a_{0}/g)$. При точности расчета порядка 2% равенство (8) справедливо, если $\phi_{max} \leq 9^{ \circ}$, соответственно $a_{0}/g \leq tg 9^{ \circ} = 0,158$, т. е. при $a_{0} \leq 0,158g = 1,55 м/с^{2}$.
Очевидно, что при больших значениях $a_{0}$ выражения (5) и (7) остаются в силе, но колебания маятника уже нельзя считать гармоническими и выражение (9) будет несправедливо.
Тонкий однородный стержень длины $l$, находящийся в вагоне, может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из его концов. Вагон начинает двигаться горизонтально с ускорением $\vec{a}_{0}$, направленным перпендикулярно оси вращения стержня. На какой максимальный угол от вертикали отклонится стержень в начале движения вагона? Каков период его колебаний относительно положения равновесия?
Решение:
Для наблюдателя, находящегося в вагоне, стержень совершает только вращательное движение вокруг неподвижной оси. Как только вагон начнет двигаться с ускорением $\vec{a}_{0}$, на стержень будет действовать сила инерции $\vec{f}_{и} = - m \vec{a}_{0}$, приложенная, очевидно, в центре масс стержня. Эта сила создает вращающий момент относительно оси, и стержень начнет отклоняться от вертикального положения, что, в свою очередь, вызовет появление вращающего момента силы тяжести, направленного в сторону, противоположную оси ОZ (рис.). В первые мгновения момент силы инерции заведомо больше, чем момент силы тяжести, и, следовательно, стержень приобретает некоторую угловую скорость, которая нарастает, хотя угловое ускорение при этом уменьшается. При некотором угле $\alpha_{0}$ отклонения от вертикали моменты сил инерции и тяжести скомпенсируют друг друга. Это положение является положением равновесия:
$\vec{M}_{тяж} + \vec{M}_{и} = 0$, (1)
Поскольку моменты обеих сил зависят от угла отклонения стержня от вертикали, уравнение (1) позволит найти уголо^, соответствующий положению равновесия.
При $\alpha = \alpha_{0}$ стержень уже приобрел угловую скорость, следовательно, он пройдет через положение равновесия. Но теперь уже момент силы тяжести будет больше, чем момент силы инерции, т. е. угловое ускорение стержня направлено так же, как момент силы тяжести, — против оси ОZ, тогда как угловая скорость, приобретенная стержнем, направлена так же, как момент силы инерции, т. е. по оси 0Z. Движение стержня станет замедленным и при некотором угле $\alpha_{1}$ отклонения от вертикали стержень остановится, а затем начнет движение в обратном направлении.
В процессе перемещения стержня от вертикального положения до $\alpha_{1}$ суммарная работа сил тяжести и инерции обращается в нуль, так как и в начальном, и в конечном положениях кинетическая энергия стержня равна нулю:
$A_{тяж} + A_{и} = 0$. (2)
Работа каждой из этих сил зависит от угла $\alpha_{1}$, и, следовательно, уравнение (2), записанное в явном виде, позволит найти $a_{1}$.
Предоставленный самому себе стержень при полном отсутствии трения совершает незатухающие колебания около положения равновесия. Если угол $\alpha_{1} - \alpha_{0}$, соответствующий максимальному отклонению от положения равновесия, мал, то колебания стержня будут гармоническими и их период можно найти. Для этого следует рассмотреть стержень в некотором промежуточном состоянии, когда угол его отклонения от положения равновесия равен $\phi$, и найти в этом положении угловое ускорение $\epsilon = d^{2} \phi /dt^{2}$.
В проекции на ось OZ моменты сил инерции и тяжести:
$M_{иz} = \frac{1}{2} f_{и}l \cos \alpha$, (3)
$M_{тяж z} = - \frac{1}{2} mgl \sin \alpha$, (4)
где $\alpha$ — некоторый промежуточный угол отклонения от вертикали. При переходе из вертикального положения ($\alpha = 0$) в положение, соответствующее максимальному углу отклонения ($\alpha = \alpha_{1}$), каждая из рассматриваемых сил совершит работу:
$A_{и} = \int_{0}^{ \alpha_{1}} M_{иz} d \alpha = f_{и} \frac{l}{2} \int_{0}^{ \alpha_{1}} \cos \alpha d \alpha = f_{и} \frac{l}{2} \sin \alpha_{1}$,
$A_{тяж} = \int_{0}^{ \alpha_{1}} M_{тяж z} d \alpha = - mg \frac{l}{2} \int_{0}^{ \alpha_{1}} \sin \alpha d \alpha = mg \frac{l}{2} ( \cos \alpha_{1} - 1) $.
Подставим эти выражения в (2):
$f_{и} l \sin \alpha_{1} + mgl ( \cos \alpha_{1} - 1) = 0$,
откуда, учитывая, что $f_{и} = ma_{0}$, получаем
$a_{0}/g = (1 - \cos \alpha_{1})/ \sin \alpha_{1}$
или
$tg ( \alpha_{1}/2) = a_{0}/g; \alpha_{1} = 2 arctg ( a_{0}/g)$. (5)
Заменим векторное равенство (1) скалярным соотношением:
$M_{тяж z} = M_{иz} = 0$.
Подставляя сюда выражения (3) и (4) при $\alpha = \alpha_{0}$ и учитывая, что $f_{и} = ma_{0}$, получаем
$ma_{0}l \cos \alpha_{0} - mgl \sin \alpha_{0} = 0$, (6)
откуда
$tg \alpha_{0} = a_{0} /g, \alpha_{0} = arctg (a_{0}/g)$. (7)
Рассмотрим теперь стержень в некотором промежуточном положении, когда угол его отклонения от вертикали $\alpha = \alpha_{0} + \phi$.
В этом положении на стержень действуют сила тяжести н сила инерции, создающие вращающие моменты. Основное уравнение динамики вращательного движения, записанное в проекции на ось OZ, примет вид
$J \frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = ma_{0} \frac{l}{2} \cos ( \alpha_{0} + \phi ) - mg \frac{l}{2} \sin ( \alpha_{0} + \phi)$.
Раскрыв $\cos ( \alpha_{0} + \phi )$ и $\sin ( \alpha_{0} + \phi )$ по формулам тригонометрии с учетом, что момент инерции стержня $J = ml^{2}/3$, получим
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = \frac{3}{2l} [ \cos \phi ( a_{0} \cos \alpha_{0} - g \sin \alpha_{0}) - \sin \phi ( a_{0} \sin \alpha_{0} + g \cos \alpha_{0})]$.
Коэффициент при $\cos \phi$, как следует из уравнения (6), равен нулю. Коэффициент при $\sin \phi$ после подстановки $\sin \alpha_{0} = tg \alpha_{0} / \sqrt{1 + tg^{2} \alpha_{0}}$ и $\cos \alpha_{0} = 1/ \sqrt{1 + tg^{2} \alpha_{0}}$ с учетом равенства (7) примет вид
$a_{0} \sin \alpha_{0} + g \cos \alpha_{0} = (a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2}$.
Тогда
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = - \frac{3}{2l} (a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2} \sin \phi$.
Полученное дифференциальное уравнение будет уравнением гармонического колебания, если в пределах точности расчета
$\sin \phi = \phi$. (8)
В этом случае
$\frac{d^{2} \phi}{dt^{2}} = - \frac{3}{2l} (a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2} \phi$.
Следовательно, угол $\phi$ изменяется со временем по гармоническому закону, причем постоянный коэффициент, стоящий в правой части, равен квадрату циклической частоты и период колебаний
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{2l}{ 3(a_{0}^{2} + g^{2})^{1/2}}}$. (9)
Максимальный угол [см. (5) и (7)] $\phi_{max} = \alpha_{1} - \alpha_{0} = arctg ( a_{0}/g)$. При точности расчета порядка 2% равенство (8) справедливо, если $\phi_{max} \leq 9^{ \circ}$, соответственно $a_{0}/g \leq tg 9^{ \circ} = 0,158$, т. е. при $a_{0} \leq 0,158g = 1,55 м/с^{2}$.
Очевидно, что при больших значениях $a_{0}$ выражения (5) и (7) остаются в силе, но колебания маятника уже нельзя считать гармоническими и выражение (9) будет несправедливо.
