Цилиндрический буй

Масса буя равна массе вытесненной воды — объём сегмента круга выражается через \(\alpha\). Вертикальные колебания: дополнительная сила Архимеда пропорциональна ширине ватерлинии \(2a\sin\alpha\). Качания: центр масс буя — в точке крепления стержня, ось качаний — центр цилиндра; нужен момент инерции цилиндра и стержня относительно этой оси.

(a) По условию масса стержня равна массе цилиндра \(M\), которая сама равна \(\pi a^2ld\). Поэтому полная масса равна \(2M = 2\pi a^2ld\). Масса вытесненной воды заведомо меньше \(\pi a^2l\rho\) (когда буй на грани погружения). По закону Архимеда можно по меньшей мере ожидать, что \[2\pi a^2ld < \pi a^2l\rho \quad\text{или}\quad d < \rho/2 .\] На самом деле при угле плавания \(\alpha\,(<\pi)\), как на рисунке, объём вытесненной воды находится из геометрии:

\[V = la^2\alpha - la^2\sin\alpha\cos\alpha .\] По закону Архимеда масса буя равна массе вытесненной воды. Поэтому \(2\pi a^2ld = la^2\rho(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha)\), т. е. \(\alpha\) определяется соотношением \[\alpha - \sin\alpha\cos\alpha = 2d\pi/\rho .\]

(b) Если цилиндр опущен из положения равновесия по вертикали на малое расстояние \(z\), результирующая возвращающая сила, направленная вверх, равна весу дополнительно вытесненной воды, т. е. \(g\rho \cdot 2a\sin\alpha \cdot lz\), и направлена противоположно \(z\). Это характерно для гармонических колебаний, и, следовательно, уравнение движения буя по Ньютону (с учётом дополнительного множителя \(1/3\)) имеет вид

\[8M\ddot z/3 = -2\rho glza\sin\alpha \quad\text{или}\quad \ddot z + \frac{3\rho g\sin\alpha}{4\pi da}z = 0 ,\] и это стандартное уравнение гармонического осциллятора (как у математического маятника). Решение имеет вид \(z = \sin(\omega_zt)\) с угловой частотой \[\omega_z = \sqrt{\frac{3\rho g\sin\alpha}{4\pi da}} = \sqrt{\frac{3g\sin\alpha}{2a(\alpha - \cos\alpha\sin\alpha)}} ,\] где использовано соотношение, полученное в конце первой части.

(c) Если не обращать внимания на момент сил и учитывать только вертикальные силы, то при повороте буя на некоторый угол, когда его вес уравновешивается результирующим давлением воды снаружи, объём вытесненной воды тот же, что и в равновесии. Поэтому центр плавучести остаётся на том же расстоянии от центра цилиндра. Следовательно, кривая центров плавучести — дуга окружности с центром в середине цилиндра. Иными словами, метацентр \(M\) качаний — это просто центр цилиндра. Фактически в условии это и предполагается.

Заметим также, что центр масс \(G\) буя находится в точке, где стержень касается цилиндра, поскольку массы стержня и цилиндра равны \(M\) каждая. Разумеется, когда стержень наклонён к вертикали, на цилиндр действует результирующий момент сил. Чтобы найти период качаний, сначала нужно определить момент инерции сплошного цилиндра относительно центральной оси; он такой же, как у диска относительно центра. Итак, если \(M\) — масса цилиндра,

\[I_0 = Ma^2/2 \left(= \int_0^a r^2\,dm = \int_0^a r^2 \cdot 2Mr\,dr/a\right)\]

Следующий шаг — найти момент инерции стержня относительно его середины: \[I_{rod} = \int_{-a}^{a} (M\,dx/2a) \cdot x^2 = [Mx^3/6a]_{-a}^{a} = Ma^2/3 .\] Наконец, по теореме Штейнера найдём момент инерции буя (цилиндр + стержень) относительно метацентра \(M\): \[I_M = Ma^2/2 + [Ma^2/3 + M(2a)^2] = 29Ma^2/6 .\] (В этой части мы пренебрегаем малым горизонтальным движением центра масс; вода — единственное, что может обеспечить эту силу!) Когда буй поворачивается на угол \(\theta\) от положения равновесия, возвращающий момент равен \(2Mga\sin\theta \simeq 2Mga\theta\) при малых углах, что соответствует гармоническим колебаниям (как у математического маятника). Поэтому уравнение вращательного движения имеет вид \[I_M\ddot\theta \simeq -2Mga\theta , \quad\text{или}\quad \ddot\theta + \frac{12g}{29a} = 0 .\]

Решение — синусоидальная функция \(\theta \propto \sin(\omega_\theta t)\) с угловой частотой \[\omega_\theta = \sqrt{12g/29a} .\]

(d) Измерения акселерометров дают \[T_\theta/T_z \simeq 1{,}5 \quad\text{или}\quad (\omega_z/\omega_\theta)^2 \simeq 9/4 \simeq 2{,}25 .\] Отсюда \[2{,}25 = \frac{3g\sin\alpha}{2a(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha)}\,\frac{29a}{12g} ,\] что приводит к (трансцендентному) уравнению \[\alpha - \sin\alpha\cos\alpha \simeq 1{,}61\sin\alpha .\] Поскольку \(1{,}61\) недалеко от \(1{,}57\), мы обнаружили, что физически приемлемое решение — \(\alpha \simeq \pi/2\), что и требовалось показать. (На самом деле более точное решение этого трансцендентного уравнения можно найти численно: \(\alpha = 1{,}591\).) Положив далее \(\alpha = \pi/2\) для упрощения выкладок, с хорошей точностью получаем \(\omega_z^2 = 3g/\pi a\) и \(4d/\rho = 1\). Поскольку период вертикальных колебаний равен \(1{,}0\) с, \[1{,}0 = (2\pi/\omega_z)^2 = 4\pi^3a/3g ,\] откуда радиус \(a = 3 \times 9{,}8/4\pi^3 = 0{,}237\text{ м}\).

Теперь можно найти массу буя (в единицах СИ): \[2M = 2\pi a^2ld = 2\pi a^2a \cdot \rho/4 = \pi a^3\rho/2 = \pi \times 500 \times (0{,}237)^3 \simeq 20{,}9\text{ кг}.\]