Период колебаний чаши со стержнем. Еще немного механики.

[Pulseofmalstrem]

Доброе время суток. Недавно поставил себе очередную задачу и хотел бы проверить ход своего решения, буду признателен за помощь.
Условие:
Есть чаша в форме полусферы радиуса $R$ и массы $M$, из середины которой торчит стержень длины $l$ и массы $m$, таких что центр масс данной системы выше кромки сферы (то есть вертикальное положение стержня - положение равновесия). Стержень отклоняют на малый угол и отпускают, необходимо определить период малых колебаний системы.
Решение. Колебания центра масс будут происходить в одной плоскости, решать мне показалось оправданным через энергию.

1) Введем ось x направленную вверх и определим координату центра масс системы в произвольный момент времени (когда стержень образует с осью х некоторый угол $\varphi$, тогда используя формулы для нахождения центров масс стержня и полусферы (первая очень легкая, последнюю я лично выводил в предыдущих темах) получаем следующее:
$X_m = \frac{(MR + ml)\varcos\varphi}{2(M+m)}$
Тогда потенциальная энергия запишется так:
$E_p = \frac{g\cos\varphi (MR + ml)}{2}$

2) Теперь зададимся целью посчитать кинетическую энергию в данный момент времени, для начала отметим что вся система в нашей плоскости колебаний движется с одинаковой угловой скоростью (иначе бы пропорции нарушились бы), посему модно ввести некую произвольную угловую скорость $\omega = \ddot{\varphi}$ и рассчитывать отдельно кинетическую энергию стержня и полусферы.
Для стержня все очень просто:
$dE = \frac{v^2}{2}dm = \frac{\omega^2r^2}{2}\lambda dr$, $\lambda$ - линейная плотность стержня.
Интегрируя, получаем:
$E = \frac{\omega^2}{2}\lambda \int\limits_{0}^{l}r^2dr = \frac{1}{6}\omega^2l^2m$

3) Разобраться с полусферой несколько сложнее, введем ось х направленную вниз полусферы, и разобьем ее на множество колечек, равноудаленных от основания стрежня на расстояние $r$, тогда кинетическая энергия каждого такого колечка ($\sigma$ - поверхностная плотность полусферы):
$dE = \frac{v^2}{2}dm = \frac{\omega^2 r^2}{2}\sigma dS$
$dS = 2\pi r'dr' = 2\pi r'^2 d\psi$, где $\psi$ - угол между горизонтальным радиусом и радиусом, проведенным к данному колечку.
Совмещаем все воедино:
$dE = \frac{\omega^2 r^2}{2}\sigma 2\pi r'^2 d\psi = \omega^2 r^2 r'^2 \pi \sigma d\psi $
Из прямоугольного треугольника, образованного осью х, радиусом полусферы и радиусом колечка имеем следующее:
$r' = R\sin\psi$
А из теоремы косинусов для треугольника образованного двумя радиусами полусферы и той самой хордой $r$ получаем следующее:
$r^2 = 2R^2 (1 - \cos\psi)$
Совмещая окончательно, получаем:
$dE = \omega^2 2R^2 (1 - \cos\psi) R^2\sin^2\psi \pi \sigma d\psi = MR^2\omega^2 \sin^2\psi (1 - \cos\psi)d\psi $
Осталось лишь проинтегрировать:
$E = 2MR^2\omega^2\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2\psi (1 - \cos\psi)d\psi $

Пока думаю, как считать данный интеграл.

[Munin]

Древние учили: "жы-шы пишы с буквой «и»"!

[Pulseofmalstrem]

Munin

(Оффтоп)

Когда пишу темы, обычно тянет скорей в $TeX$ погрузиться - в итоге забываю про грамматику.

[мат-ламер]

Pulseofmalstrem в сообщении #1010801 писал(а):

Пока думаю, как считать данный интеграл.

Ну это не сложно. Интеграл простой. Думаю, что у вас получится. Если что, пишите, подскажем.

[Munin]

Pulseofmalstrem в сообщении #1010801 писал(а):

Есть чаша в форме полусферы радиуса $R$ и массы $M$, из середины которой торчит стержень длины $l$ и массы $m$, таких что центр масс данной системы выше кромки сферы (то есть вертикальное положение стержня - положение равновесия).

А такое разве может быть? Стержень просто падает набок, и всё.

[Pulseofmalstrem]

Munin
Может, иначе тогда на Росатоме всуе предлагали рассчитать задачку. Там условие было такое: дана определенная полусфера и палка определенной длины - надобно было указать массу такую, чтобы вертикальное положение было бы положением устойчивого равновесия. Ну а раз есть устойчивое равновесия - есть и колебания. Тем паче, что у меня вроде бы по энергии получается уравнение колебаний. Могу поискать текст той задачки, если интересно (когда решал на бумажке я правда пропустил одну маленькую тонкость, при перебивании заметил ошибку и решение усложнилось).

[Munin]

Поищите. Потому что пока звучит как бред.

[Pulseofmalstrem]

Munin
http://mathus.ru/olymp/rosatom2013f11lip.pdf
Пятая задача.

P.S. Я правда в условии забыл упомянуть, что стержень припаян -> опрокинуться в отрыве от полусферы не может.

-- 03.05.2015, 19:59 --

Возвращаясь к интегралу, решил пойти прямолинейно, без премудростей:
$\int\sin^2\psi(1 - \cos\psi)d\psi = \int (1 - \cos^2\psi)(1 - \cos\psi)d\psi$
$\int 1 - \cos\psi - \cos^2\psi + \cos^3\psi d\psi = \frac{1}{4}\int 4 - 4\cos\psi - 4\cos^2\psi + 4\cos^3\psi d\psi$
$\frac{1}{4}\int \sin^2\psi + \cos3\psi - \cos\psi d\psi$
$\frac{1}{4}(\frac{\psi}{2} - \frac{\sin2\psi}{4} + \frac{\sin3\psi}{3} - \sin\psi)$
Отсюда находим определенный интеграл:
$\frac{1}{4}(\frac{\psi}{2} - \frac{\sin2\psi}{4} + \frac{\sin3\psi}{3} - \sin\psi)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{4}(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{4} -\frac{1}{3})=\frac{3\pi - 1}{48} $
Отличный коэффициент в знаменателе... Что-то не вызывает это доверия.

[Pulseofmalstrem]

Ладно, как бы там ни было продолжаю решение задачи, пока с тем что вывел (если есть ошибки укажите):
На данный момент, после вычисления того интеграла у меня появилась возможность записать кинетическую энергию сферы:
$E = \frac{MR^2\omega^2(3\pi - 1)}{24}$

4. Запишем закон сохранения для нашей системы:
$\frac{1}{6}\dot{\varphi}^2l^2m + \frac{3\pi - 1}{24}MR^2\dot{\varphi}^2 + \frac{1}{2}g(MR + ml)\cos\varphi = \operatorname{const} $
Продифференцируем по времени:
$\frac{1}{3}l^2m\dot{\varphi}\ddot{\varphi} + \frac{3\pi - 1}{12}MR^2\dot{\varphi}\ddot{\varphi} + \frac{1}{2}g(MR + ml)\varphi\dot{\varphi} = 0 $
Сокращая на угловую скорость, получаем уравнение колебаний:
$(\frac{1}{3}l^2m + \frac{3\pi - 1}{12}MR^2)\ddot{\varphi} + \frac{1}{2}g(MR + ml)\varphi = 0$

5. Отсюда легко ищется период:
$T = 2\pi\sqrt{\frac{12l^2m + (3\pi - 1)MR^2)}{18g(MR + ml)}}$

Вопрос правильно ли это?

[guryev]

Pulseofmalstrem в сообщении #1010801 писал(а):

Тогда потенциальная энергия запишется так:
$E_p = \frac{g\cos\varphi (MR + ml)}{2}$

Если эта формула правильна, то $\varphi=0$ соответствует максимальному значению потенциальной энергии. Дальше можно не решать - ясно, то это положение будет неустойчивым, т.е., никаких колебаний:

Munin в сообщении #1010858 писал(а):

Стержень просто падает набок, и всё.

И естественно,

Pulseofmalstrem в сообщении #1010928 писал(а):

Продифференцируем по времени:
$\frac{1}{3}l^2m\dot{\varphi}\ddot{\varphi} + \frac{3\pi - 1}{12}MR^2\dot{\varphi}\ddot{\varphi} + \frac{1}{2}g(MR + ml)\varphi\dot{\varphi} = 0 $

слагаемое $\frac{1}{2}g(MR + ml)\varphi\dot{\varphi}$ должно быть с минусом, там же косинус дифференцируется.

[Pulseofmalstrem]

guryev
А что тогда имели ввиду составители Росатома?

P.S. А как быть с просто сферической чашкой? Ведь если чуть качнуть ее - она будет колебаться(ну вроде неваляшки)?
P.P.S. Интеграл то сам посчитан верно (в отрыве от физики, так как мне сейчас важно не только научиться решать разные задачи, но и банальную технику интегрирования набить.

[Munin]

Pulseofmalstrem в сообщении #1010882 писал(а):

P.S. Я правда в условии забыл упомянуть, что стержень припаян

Это ж совсем другая система.

[Pulseofmalstrem]

Munin
Извиняюсь, я действительно забыл про это сказать. Но все же, как тогда быть если колебания будут, а по моим уравнениям там беда выходит -> я чего-то недопонимаю.

[Munin]

Кинетическая энергия складывается из кинетической энергии вращательного и поступательного движения.

А вообще, энергия тут нафиг не сдалась. Надо просто написать уравнения движения, линеаризовать в окрестности точки равновесия, вот всё и получится. Если вы школьник, то через законы Ньютона, если вы знаете теормеханику, то через функцию Лагранжа.

[Pulseofmalstrem]

Munin
Знаете я немножко подумал, и оно и вправду очень легко выходит:

1. Введем ось вдоль стержня, распишем силы. Вниз на ЦМ действует сила тяжести, а еще вдоль стержня действует сила реакции опоры. Так как колебания малы, то реакция опоры равна просто силе тяжести (положение равновесия близко), а тело вращается вокруг основы чаши, в итоге:

$(m+M)g(1 - \cos\varphi) = ma$
$(m+M)g(1 - \cos\varphi) = - m\ddot{\varphi}^2 X_m$
$(m+M)g(1 - \cos\varphi) = - m\ddot{\varphi}^2 \frac{MR + ml)}{2}{$
Вот и уравнение колебаний, неужели так просто?