Математический и физический маятник

Свяжите скорость в нижней точке с амплитудой через закон сохранения энергии, а потом сделайте то же для удвоенной скорости.

\(\varphi_1 = \arccos(4\cos\varphi_0 - 3) \approx 0{,}2\) рад.

Пусть \(v\) "— скорость маятника в нижней точке траектории. Из закона сохранения энергии \[\frac{v^2}{2} = gl\,(1 - \cos\varphi_0) \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2gl\,(1 - \cos\varphi_0)} = 0{,}3\text{ м/с}.\] После того как скорость маятника увеличили, \[2v^2 = gl\,(1 - \cos\varphi_1).\] Значит, \[1 - \cos\varphi_1 = 4(1 - \cos\varphi_0) \quad\Longrightarrow\quad \varphi_1 = \arccos(4\cos\varphi_0 - 3) \approx 0{,}2\text{ рад}.\]

Запишите второй закон Ньютона в импульсной форме для всего промежутка от старта до первой остановки и учтите импульс силы тяжести за это время.

\(1\text{ кг}\cdot\text{м/с}\).

Найдите положение центра масс всей системы (дуга плюс грузы) и момент инерции относительно оси; далее — физический маятник.

\(T \approx 1{,}1\) с.

а. Положение равновесия. Проекция точки \(A\) на вертикаль колеблется около уровня центра колеса — значит там и находится положение равновесия груза.

Сила. Точка \(A\) движется равномерно по окружности радиуса \(R\), её ускорение направлено к центру и равно \(\Omega^2 R\). Вертикальная проекция этого ускорения равна \(\Omega^2\) умножить на вертикальную проекцию радиуса, то есть \(-\Omega^2 x\). Груз повторяет движение проекции, поэтому

Период. Точка \(A\) возвращается в прежнее положение через полный оборот:

Через \(T/2\) точка \(A\) окажется диаметрально противоположно: смещение изменит знак, а скорость сохранит модуль, но изменит направление на противоположное.

б. Сопоставление. Сравнивая \(F = -m\Omega^2 x\) с \(F = -kx\), получаем

Наибольшее отклонение проекции равно радиусу, поэтому

Жёсткость. В равновесии

Период.

Жёсткость. Жёсткость упругого шнура

(\(E\) — модуль упругости материала, \(S\) — площадь сечения, \(L\) — длина). Складывая шнур вдвое, мы получаем «шнур» вдвое короче и вдвое толще:

Проще смотреть так: две половинки шнура работают параллельно, и каждая вдвое короче, то есть вдвое жёстче исходного; \(2\times2 = 4\).

Период.

Случай а (параллельно). Обе пружины деформируются на одно и то же \(x\), силы складываются:

Случай в (тоже параллельно). Сдвинув тело вправо на \(x\), мы растягиваем левую пружину и сжимаем правую — обе тянут тело назад:

Расстояние между стенками влияет лишь на начальные натяжения пружин; в силу линейности они дают постоянную добавку, которая просто сдвигает положение равновесия. От расстояния период не зависит.

Случай б (последовательно). Сила в обеих пружинах одна и та же (пружины невесомы), а деформации складываются:

Из \(T = 2\pi\sqrt{l/g}\)

Разложение тяжести. Ось наклонена к вертикали на \(\alpha\). Груз движется по окружности радиуса \(l\), лежащей в плоскости, перпендикулярной оси. Разложим \(m\vec g\) на составляющую вдоль оси (её целиком принимает на себя подшипник) и составляющую в плоскости движения:

Период. Дальше это обычный маятник длины \(l\) в поле \(g\sin\alpha\):

а. Магнит снизу. Сила \(F\) добавляется к тяжести:

б. Магнит сбоку. Теперь силы складываются как векторы:

Значит

Новое положение равновесия — вдоль эффективной тяжести, поэтому угол \(\varphi\) с вертикалью даётся отношением

Связь периода и \(g\). Из \(T\propto1/\sqrt g\)

Поле шара. Для однородного шара радиуса \(a\) и плотности \(\rho\) поле у его поверхности

— пропорционально плотности и радиусу. Применим это дважды: к Земле (\(\rho_З\), \(R\)) и к месторождению (\(\Delta\rho = \rho_{\text{руды}}-\rho_З\), радиус \(r\), маятник стоит прямо над ним):

Числа. \(\Delta\rho = 8{,}0-5{,}6 = 2{,}4\) (в единицах \(10^3\) кг/м\(^3\)):

Изменение \(g\). Вне Земли \(g\propto1/R^2\), поэтому на высоте \(h\ll R\)

Изменение периода.

Отставание за сутки. Часы отстают на ту же долю суток:

Для Эвереста

для Останкинской башни

Из \(\omega^2 = k/m\) и \(k = 2F/l\):

Сила внутри шара. На глубине, где расстояние до центра равно \(r\), притягивает шар радиуса \(r\) массы \(M(r) = \frac43\pi r^3\rho\) (внешние слои дают ноль):

где мы воспользовались тем, что на поверхности \(g = \frac43\pi G\rho R\).

Колебания. Это закон Гука с \(k = mg/R\), значит

Полёт от полюса до полюса — это половина периода:

Проекция силы. На расстоянии \(r\) от центра сила равна \(F = -\dfrac{mg}{R}r\) и направлена к центру. Пусть \(s\) — расстояние вдоль тоннеля от его середины (ближайшей к центру точки). Из подобия треугольников проекция силы на направление тоннеля составляет ту же долю от \(F\), какую \(s\) составляет от \(r\):

Расстояние \(r\) сократилось! Осталась ровно та же «жёсткость» \(k = mg/R\), что и в предыдущей задаче.

Время. Значит и период тот же, и время в пути — половина периода:

независимо от того, где прорыт тоннель.

Как делится вес. Пусть центр масс доски смещён на \(x\) вправо от середины между осями. Условия равновесия по вертикали и по моментам относительно центра масс:

(\(N_1\) — левый каток, \(N_2\) — правый). Сдвинувшись вправо, доска сильнее давит на правый каток ✓.

Силы трения. Верхняя точка левого катка едет вправо, значит трение с его стороны тянет доску вправо \((+\mu N_1)\); правый каток тянет влево \((-\mu N_2)\):

Частота. Это закон Гука с \(k = 2\mu mg/L\):

Ускорение. Половину пути разгон, половину торможение:

Ход часов. Частота маятника \(\propto\sqrt{g_{\text{эфф}}}\), поэтому за время \(\tau\) часы покажут \(\tau\sqrt{g_{\text{эфф}}/g}\). Половину времени \(g_{\text{эфф}} = g+a\), половину \(g-a\), и показанное время равно

Обозначим \(\epsilon = a/g\) и разложим:

Линейные члены сократились — вот почему эффект такой слабый.

Отставание. За \(\tau = 5\) ч \(= 18\,000\) с движения

Эффективная тяжесть. В системе тележки на груз действуют \(m\vec g\) и сила инерции \(-m\vec a\), значит

где \(\beta\) — угол между векторами \(\vec g\) и \(\vec a\).

Чему равен этот угол. Ускорение направлено вниз по склону, а склон наклонён к горизонту на \(\alpha\). Значит вектор \(\vec a\) составляет с вертикалью угол \(90^\circ-\alpha\), и

Период.

Эффективная тяжесть. Точка подвеса на расстоянии \(R\) от оси, маятник висит «вниз» — то есть от оси, — и его груз находится на расстоянии \(R+l\). Там

Период.

Равновесие. Пусть в равновесии шарик на расстоянии \(r_0\) от оси. Тогда

(\(l_0\) — длина недеформированной пружины).

Смещение. Сдвинем шарик на \(x\) наружу. Упругая сила вырастет на \(kx\) внутрь, центробежная — на \(m\Omega^2 x\) наружу. Итог:

Частота.

Момент сил. При отклонении на малый угол \(\varphi\) плечо нижнего груза равно \(l\varphi\), верхнего — \(x\varphi\), и моменты направлены в разные стороны:

Момент инерции. Обе массы точечные:

Частота.

Моменты относительно оси. При отклонении на малый угол \(\varphi\):

тяжесть даёт \(-mgl\varphi\);

середина стержня смещается на \(\frac l2\varphi\), пружина отвечает силой \(k\frac l2\varphi\), а её плечо тоже \(\frac l2\), так что момент равен \(-k\frac{l^2}{4}\varphi\).

Частота. Момент инерции \(I = ml^2\), поэтому

Квадрат частоты просто возрастает на \(k/(4m)\).

Момент сил. Центр масс обода лежит на оси, поэтому весь возвращающий момент создаёт только грузик:

Момент инерции. Вся масса — и обода, и грузика — сидит на радиусе \(R\):

Частота и масса колеса.

Геометрия. Каждая масса удалена от центра сферы на \(R\), а половина стержня равна \(l\), поэтому центр гантели отстоит от центра сферы на

а. Поперёк рисунка. Гантель поворачивается вокруг горизонтальной оси, которая проходит через центр сферы и лежит в плоскости рисунка. Обе массы удалены от этой оси ровно на \(d\), значит это самый обычный маятник длины \(d\):

б. Вдоль рисунка. Теперь гантель «катится» по лунке, поворачиваясь вокруг центра сферы: массы едут по окружностям радиуса \(R\), а центр гантели поднимается как у маятника длины \(d\). Сравним энергии при повороте на угол \(\theta\):

Отсюда \(k_{\text{эфф}} = 2mgd\), \(I_{\text{эфф}} = 2mR^2\) и

Кинетическая энергия. При качении без проскальзывания угловая скорость связана со скоростью оси: \(\omega_{\text{к}} = v/R\). Для обода \(I = mR^2\), поэтому

То есть колесо ведёт себя как тело массы \(2m\).

Частота.

Момент инерции. Относительно центра у тонкого обруча \(I_0 = mR^2\). Гвоздь отстоит от центра на \(R\), поэтому

Возвращающий момент. Центр масс — в центре обруча, на расстоянии \(R\) от оси:

Частота.

Сведение к одному телу. Пусть деформация пружины \(x = x_1+x_2\), где \(x_1,x_2\) — смещения тел навстречу. Из неподвижности центра масс \(m_1x_1 = m_2x_2\), поэтому

Для первого тела \(m_1\ddot x_1 = -kx\), а \(\ddot x_1 = \dfrac{m_2}{m_1+m_2}\ddot x\), значит

Частота. Введя приведённую массу \(\mu = \dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}\),

Приведённые массы. В единицах массы атома водорода

Отношение частот. Так как \(\omega = \sqrt{k/\mu}\) при одинаковом \(k\),

Мода а (симметричная). Углерод неподвижен, каждый кислород — обычный груз на пружине, закреплённой в неподвижной точке:

Мода б (антисимметричная). Пусть кислороды сместились на \(x\) вправо, а углерод — на \(y\) влево. Центр масс покоится:

Деформация каждой связи равна \(x+y\), значит на кислород действует сила \(k(x+y)\):

Отношение. С \(m_{\mathrm O} = 16\) и \(m_{\mathrm C} = 12\):

Уравнения. Пусть \(x\) — смещение шарика, \(X\) — тележки, \(\theta\) — угол нити. Горизонтальные силы — только составляющая натяжения \(mg\theta\), действующая на шарик назад, а на тележку (через подвес) вперёд:

Исключаем \(X\). Из второго уравнения \(\ddot X = \dfrac{m}{M}g\theta\). Продифференцировав связь дважды, \(l\ddot\theta = \ddot x - \ddot X\):

Период.

Геометрия «дыхания». Пусть сторона квадрата \(a\), а каждый шарик сместился к центру по диагонали на \(\delta\). Расстояние от центра до шарика равно \(a/\sqrt2\), поэтому уменьшение стороны

Сила на один шарик. К шарику подходят две пружины, каждая сжата на \(\Delta\) и толкает его наружу вдоль своей стороны с силой \(k\Delta\). Стороны перпендикулярны, поэтому их равнодействующая направлена по диагонали и равна \(k\Delta\sqrt2\):

Частота.

Моменты времени. Движение началось из положения равновесия — это фаза, в которой смещение равно нулю, а скорость максимальна. Наибольшее сжатие наступит через четверть периода, наибольшее растяжение — через три четверти:

Период крутильных колебаний. Если момент сил \(\mathcal M = -D\varphi\), то

Два измерения. Крутильная жёсткость \(D\) одна и та же, поэтому

Геометрия равновесия. Пусть сторона ромба \(a\), горизонтальная диагональ (пружина) \(p\), вертикальная (с шариками) \(q\). Всегда

В равновесии пружина не деформирована, то есть \(p = a\). Тогда

— ромб составлен из двух равносторонних треугольников, его углы \(60^\circ\) и \(120^\circ\).

Передаточный коэффициент. Пусть каждый шарик движется со скоростью \(u\) (навстречу друг другу), а каждая вершина с пружиной — со скоростью \(w\) (наружу). Стержень жёсткий, поэтому проекции скоростей его концов на стержень равны. Проекция скорости шарика равна \(u\cdot\dfrac{q/2}{a}\), проекция скорости вершины пружины — \(w\cdot\dfrac{p/2}{a}\):

Пружина растягивается с обоих концов, значит скорость её удлинения \(2w = 2\sqrt3u\). Итак, смещению шарика на \(u\) отвечает деформация пружины

Энергии.

Получилась обычная пружинная система с жёсткостью \(12k\) и массой \(2m\):

Сила на муфту. Пусть \(x\) — смещение муфты от точки, лежащей прямо под блоком. Нить натянута с силой \(T = Mg\) и составляет с вертикалью такой угол, что её горизонтальная проекция равна

Частота муфты. Это закон Гука с \(k = Mg/l\):

Что делает груз. Длина нити от муфты до блока равна

значит груз поднимается на \(x^2/(2l)\). Подставим \(x = x_0\cos\omega_1 t\):

Груз ходит вверх-вниз с удвоенной частотой:

Возвращающая сила. Пусть сечение трубки \(S\), плотность \(\rho\). Если жидкость сместилась на \(x\), перепад уровней равен \(2x\), и «лишний» столбик высотой \(2x\) тянет её назад:

Масса. Движется вся жидкость: \(m = \rho S l\).

Период.

Обозначения. Сечения \(S_1\) и \(S_2\), глубина в обеих частях \(H\). Пусть уровень слева поднялся на \(y_1\), справа опустился на \(y_2\). Объём сохраняется:

Потенциальная энергия. Всё сводится к переносу объёма \(V\): слой толщины \(y_2\) снят справа (его центр на \(y_2/2\) ниже уровня) и положен слева (центр на \(y_1/2\) выше уровня). Значит его центр масс поднялся на \((y_1+y_2)/2\):

Кинетическая энергия. Жидкость в левой части движется со скоростью \(\dot y_1\), в правой — со скоростью \(\dot y_2 = \frac{S_1}{S_2}\dot y_1\); масс в них \(\rho S_1 H\) и \(\rho S_2 H\):

Частота. Множитель \(\left(1+\frac{S_1}{S_2}\right)\) и \(S_1\) стоят и там и там — они сокращаются:

Масса ареометра. В равновесии вес уравновешен архимедовой силой:

где \(s\) — площадь сечения ареометра, \(\rho\) — плотность жидкости.

Возвращающая сила. При погружении на \(x\) добавляется

Частота.

Скорость жидкости в канале. Поршень идёт со скоростью \(v\) и вытесняет за секунду объём \(\pi R^2 v\); весь он проходит через канал сечением \(\pi r^2\):

Кинетическая энергия жидкости. Основная её часть сидит в канале — там жидкость быстрая, а объём канала \(\pi r^2 l\):

Это в точности энергия тела «присоединённой массы»

Частота. Складываем массы:

Жёсткость. Погрузившись на \(x\), корабль вытесняет добавочный объём \(Sx\), и архимедова сила возрастает на

Масса из периода.

Разность. Жёсткость не изменилась, поэтому

Считаем: \(7{,}5^2-7^2 = 56{,}25-49 = 7{,}25\) с\(^2\), а \(\dfrac{4{,}9\cdot10^6}{39{,}5} = 1{,}24\cdot10^5\) кг/с\(^2\):

В каких единицах измеряется период и какая единственная комбинация \(L\), \(m\), \(g\) даёт секунды? Отставание часов найдите через относительное изменение периода. Для пункта в: подвес должен сохранять эффективную длину, поэтому удлинение стержней в одну сторону компенсируйте удлинением в другую.

1) \(T \sim \sqrt{L/g}\), от массы не зависит, период уменьшится в 2 раза;  2) \(\Delta T \approx T\,\dfrac{\alpha\,\Delta t}{2} \approx 10{,}8\text{ с}\) (где \(T = 86400\text{ с}\));  3) подвес из трёх стержней одинаковой длины (два из материала с \(\alpha\), один из материала с \(2\alpha\)), соединённых как на рисунке.

а. Перечисленные в условии задачи параметры \(L\), \(m\) и \(g\) в СИ измеряются в м, кг и м/с\(^2\) соответственно. Период маятника \(T\) имеет размерность времени, которое измеряется в секундах. Существует лишь одна комбинация параметров \(L\), \(m\) и \(g\), которая даёт величину, измеряемую в секундах: \(\sqrt{L/g}\). Следовательно, если уменьшить длину подвеса в 4 раза, то период колебаний уменьшится в 2 раза.

б. Вследствие удлинения маятника при нагревании увеличивается период его колебаний. Часы за сутки отстанут на время \(\Delta T = N(T_2 - T_1)\), где \(N\) —- число колебаний маятника за сутки при температуре \(25\,^\circ\text{C}\), а \(T_1\) и \(T_2\) —- периоды колебаний маятника при температурах \(5\,^\circ\text{C}\) и \(25\,^\circ\text{C}\) соответственно. Найдём \(\Delta T\), воспользовавшись приближённой формулой, приведённой в условии задачи: \[\Delta T = N(T_2 - T_1) = \frac{T}{T_2}(T_2 - T_1) = T\left(1 - \frac{T_1}{T_2}\right) = T\left(1 - \frac{\sqrt{L}}{\sqrt{L(1 + \alpha\Delta t)}}\right) \approx T\,\frac{\alpha\,\Delta t}{2} = 10{,}8\text{ с},\] где \(T = 86400\text{ с}\).

в. Принципиальная схема устройства подвеса маятника приведена на рисунке. Коэффициенты линейного расширения крайних стержней и среднего стержня равны \(\alpha\) и \(2\alpha\) соответственно. Длины стержней одинаковы. Соединительные перемычки имеют пренебрежимо малую длину.

При малом отклонении на угол \(\varphi\) горизонтальная составляющая силы электрического поля даёт поправку второго порядка малости. Запишите уравнение движения по касательной к дуге.

\(T = \dfrac{2\pi}{\sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{g}{l} + \dfrac{qE\cos\beta}{ml}}}\).