Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 7796
2018-05-31 
Однородный стержень массы $m = 1,5 кг$, висящий на двух одинаковых нитях длины $l = 90 см$ (рис.), повернули на малый угол вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину С. При этом нити отклонились на угол $\alpha = 5,0^{ \circ}$. Затем стержень отпустили, и он начал совершать малые колебания. Найти:
а) период колебаний;
б) энергию колебаний стержня.
Решение:
(а) Рассмотрим систему, когда нити будут отклоняться на угол $\alpha^{ \prime} < \alpha$, во время колебаний системы (рис.). Из сохранения механической энергии системы:
$\frac{1}{2} \frac{mL^{2} }{12} \dot{ \theta}^{2} + mgl (1 - \cos \alpha^{ \prime} ) = const$ (1)
Где $L$ - длина стержня, $\theta$ - угловое отклонение стержня от его положения равновесия, т.е. $\theta = 0$.
Дифференцируя уравнение (1) по времени
$\frac{1}{2} \frac{mL^{2} }{12} 2 \dot{ \theta} \ddot{ \theta} + mgl \sin \alpha^{ \prime} \dot{ \alpha}^{ \prime} = 0$
Тогда, $\frac{L^{2} }{12} \dot{ \theta} \ddot{ \theta} + gl \alpha^{ \prime} \dot{ \alpha}^{ \prime} = 0$ (при малых $\alpha^{ \prime}, \sin \alpha^{ \prime} \approx \alpha^{ \prime}$)
Но из рисунка
$\frac{L}{2} \theta = l \alpha^{ \prime}$ или $ \alpha^{ \prime} = \frac{L}{2l} \theta$
Отсюдо, $\dot{ \alpha}^{ \prime} = \frac{L}{2l} \dot{ \theta}$
Подставляя эти значения $\alpha^{ \prime}$ и $\frac{a \alpha^{ \prime} }{dt}$ в выражении (2) получаем
$\frac{d^{2} \theta }{dt^{2} } = - \frac{3g}{l} \theta$
Таким образом, искомый период колебаний
$T = \frac{2 \pi }{ \omega_{0} } = 2 \pi \sqrt{ \frac{l}{3g} }$
(б) Искомая энергия колебаний
$E = U_{крайнее} = mgl(1 - \cos \alpha) = mgl2 \sin^{2} \frac{ \alpha}{2} = mgl2 \frac{ \alpha^{2} }{4} = \frac{mgl \alpha^{2} }{2}$ (потому что при малом угле $\sin \theta \approx \theta$
Однородный стержень массы $m = 1,5 кг$, висящий на двух одинаковых нитях длины $l = 90 см$ (рис.), повернули на малый угол вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину С. При этом нити отклонились на угол $\alpha = 5,0^{ \circ}$. Затем стержень отпустили, и он начал совершать малые колебания. Найти:
а) период колебаний;
б) энергию колебаний стержня.
Решение:
(а) Рассмотрим систему, когда нити будут отклоняться на угол $\alpha^{ \prime} < \alpha$, во время колебаний системы (рис.). Из сохранения механической энергии системы:
$\frac{1}{2} \frac{mL^{2} }{12} \dot{ \theta}^{2} + mgl (1 - \cos \alpha^{ \prime} ) = const$ (1)
Где $L$ - длина стержня, $\theta$ - угловое отклонение стержня от его положения равновесия, т.е. $\theta = 0$.
Дифференцируя уравнение (1) по времени
$\frac{1}{2} \frac{mL^{2} }{12} 2 \dot{ \theta} \ddot{ \theta} + mgl \sin \alpha^{ \prime} \dot{ \alpha}^{ \prime} = 0$
Тогда, $\frac{L^{2} }{12} \dot{ \theta} \ddot{ \theta} + gl \alpha^{ \prime} \dot{ \alpha}^{ \prime} = 0$ (при малых $\alpha^{ \prime}, \sin \alpha^{ \prime} \approx \alpha^{ \prime}$)
Но из рисунка
$\frac{L}{2} \theta = l \alpha^{ \prime}$ или $ \alpha^{ \prime} = \frac{L}{2l} \theta$
Отсюдо, $\dot{ \alpha}^{ \prime} = \frac{L}{2l} \dot{ \theta}$
Подставляя эти значения $\alpha^{ \prime}$ и $\frac{a \alpha^{ \prime} }{dt}$ в выражении (2) получаем
$\frac{d^{2} \theta }{dt^{2} } = - \frac{3g}{l} \theta$
Таким образом, искомый период колебаний
$T = \frac{2 \pi }{ \omega_{0} } = 2 \pi \sqrt{ \frac{l}{3g} }$
(б) Искомая энергия колебаний
$E = U_{крайнее} = mgl(1 - \cos \alpha) = mgl2 \sin^{2} \frac{ \alpha}{2} = mgl2 \frac{ \alpha^{2} }{4} = \frac{mgl \alpha^{2} }{2}$ (потому что при малом угле $\sin \theta \approx \theta$
