Номер 4.103, страница 99 - гдз по физике 11 класс сборник задач Заболотский, Комиссаров

Колебания и волны. Глава 4. Механические колебания. Колебательные системы - номер 4.103, страница 99.

Условие.

4.103** Небольшой шарик катается без проскальзывания по поверхности сферической лунки, радиус кривизны которой $\text{R}$ (рис. 4.26). Найдите зависимость потенциальной энергии шарика от малого смещения от положения равновесия (считайте, что в нижней точке потенциальная энергия равна нулю). Определите период малых колебаний шарика. Радиус шарика мал по сравнению с радиусом кривизны $\text{R}$. Трением качения пренебречь.

Решение.

Дано:

Радиус кривизны сферической лунки: $\text{R}$

Радиус шарика: $\text{r}$

Масса шарика: $\text{m}$

Ускорение свободного падения: $\text{g}$

Условие: $r \ll R$

Движение: качение без проскальзывания

Колебания: малые

Нулевой уровень потенциальной энергии в нижней точке

Найти:

1. $E_p(x)$ - зависимость потенциальной энергии от малого смещения.

2. $\text{T}$ - период малых колебаний.

Решение:

При качении шарика внутри сферической лунки его центр масс движется по дуге окружности, радиус которой равен разности радиуса кривизны лунки и радиуса шарика: $R_{eff} = R - r$.

Найдите зависимость потенциальной энергии шарика от малого смещения от положения равновесия

Выберем за нулевой уровень потенциальной энергии положение равновесия, то есть самую нижнюю точку траектории центра масс шарика. Пусть шарик сместился от положения равновесия так, что радиус-вектор, проведенный к его центру масс из центра кривизны лунки, составляет малый угол $\theta$ с вертикалью. В этом случае высота $\text{h}$, на которую поднимется центр масс шарика, равна:

$h = (R-r) - (R-r)\cos\theta = (R-r)(1 - \cos\theta)$

Тогда потенциальная энергия $E_p$ шарика будет равна:

$E_p = mgh = mg(R-r)(1 - \cos\theta)$

Для малых колебаний угол $\theta$ мал. Используем разложение косинуса в ряд Тейлора для малых углов: $\cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}$.

$E_p \approx mg(R-r)\left(1 - \left(1 - \frac{\theta^2}{2}\right)\right) = \frac{1}{2}mg(R-r)\theta^2$

Выразим потенциальную энергию через малое горизонтальное смещение центра масс $\text{x}$. Для малых углов $x = (R-r)\sin\theta \approx (R-r)\theta$. Отсюда получаем $\theta \approx \frac{x}{R-r}$.

Подставим это выражение для $\theta$ в формулу для потенциальной энергии:

$E_p(x) \approx \frac{1}{2}mg(R-r)\left(\frac{x}{R-r}\right)^2 = \frac{mg}{2(R-r)}x^2$

Это и есть искомая зависимость потенциальной энергии от малого смещения.

Ответ: $E_p(x) = \frac{mgx^2}{2(R-r)}$

Определите период малых колебаний шарика

Для определения периода колебаний воспользуемся законом сохранения энергии. Полная механическая энергия системы $\text{E}$ является суммой кинетической $E_k$ и потенциальной $E_p$ энергий.

$E = E_k + E_p$

Кинетическая энергия шарика, который катится без проскальзывания, складывается из энергии поступательного движения центра масс и энергии вращательного движения вокруг центра масс:

$E_k = \frac{1}{2}mv_{cm}^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$

Здесь $v_{cm}$ - скорость центра масс, $\text{I}$ - момент инерции шарика относительно оси, проходящей через его центр, $\omega$ - его угловая скорость вращения. Для сплошного шара момент инерции $I = \frac{2}{5}mr^2$.

Скорость центра масс $v_{cm}$ связана с угловой скоростью $\dot{\theta} = \frac{d\theta}{dt}$ его движения по окружности радиусом $(R-r)$: $v_{cm} = (R-r)\dot{\theta}$.

Условие качения без проскальзывания связывает скорость центра масс и угловую скорость вращения шарика: $v_{cm} = \omega r$. Отсюда $\omega = \frac{v_{cm}}{r}$.

Подставим выражения для $\text{I}$ и $\omega$ в формулу для кинетической энергии:

$E_k = \frac{1}{2}mv_{cm}^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}mr^2\right)\left(\frac{v_{cm}}{r}\right)^2 = \frac{1}{2}mv_{cm}^2 + \frac{1}{5}mv_{cm}^2 = \frac{7}{10}mv_{cm}^2$

Полная энергия системы для малых колебаний:

$E = \frac{7}{10}mv_{cm}^2 + \frac{1}{2}mg(R-r)\theta^2 = \frac{7}{10}m((R-r)\dot{\theta})^2 + \frac{1}{2}mg(R-r)\theta^2$

Поскольку система консервативна (трением пренебрегаем), ее полная энергия сохраняется, $\frac{dE}{dt} = 0$. Продифференцируем выражение для энергии по времени:

$\frac{dE}{dt} = \frac{7}{10}m(R-r)^2 \cdot 2\dot{\theta}\ddot{\theta} + \frac{1}{2}mg(R-r) \cdot 2\theta\dot{\theta} = 0$

Сокращаем на $2m(R-r)\dot{\theta}$ (при условии $\dot{\theta} \neq 0$):

$\frac{7}{5}(R-r)\ddot{\theta} + g\theta = 0$

$\ddot{\theta} + \frac{5g}{7(R-r)}\theta = 0$

Это дифференциальное уравнение гармонических колебаний вида $\ddot{\theta} + \omega_{osc}^2\theta = 0$, где $\omega_{osc}$ - циклическая частота колебаний.

Следовательно, квадрат циклической частоты равен:

$\omega_{osc}^2 = \frac{5g}{7(R-r)}$

Период колебаний $\text{T}$ связан с циклической частотой соотношением $T = \frac{2\pi}{\omega_{osc}}$.

$T = 2\pi\sqrt{\frac{7(R-r)}{5g}}$

Ответ: $T = 2\pi\sqrt{\frac{7(R-r)}{5g}}$