Задача не сходится с ответом, помогите разобраться

[Astrel-]

Задача:
Найти частоту малых колебаний полуцилиндра, находящегося на гладкой горизонтальной поверхности в поле тяжести

Функция Лагранжа $L = T - U$
Кинетическую энергию найдем, как $T = T^{c.m.} + T^{rotation}$, где $T^{c.m.}$ - кинетическая энергия движения центра масс, $T^{rotation}$ - кинетическая энергия вращения
Введем угол $\varphi$ поворота полуцилиндра, $y$ - высота центра масс над плоскостью

$T^{rotation} = \frac12I_o\dot{\varphi}^2$, где $I_o$ - момент инерции относительно оси, параллельно оси цилиндра и проходящей через центр масс
Пусть ось $z$ направлена вдоль оси полуцилиндра, ось $x$ - параллельно срезу, ось $y$ -перпендикулярно поверхности(направим вниз)
Тогда $y_{c.m.} = \frac {4 R}{3\pi}$
По теореме Гюйгенса-Штейнера $I_o = I_a - m y_{c.m.}^2$, где $I_a$ - момент инерции относительно оси $z$, причем $I_a = \frac{m R^2}2$
Находим $I_o = \frac {mR^2 ({9{\pi}^2} - {32}) }{18{\pi}^2}$

Для координаты центра масс $y$ при отклонении на угол $\varphi$ имеем: $y = R - y_{c.m.} \cos{\varphi} = R - \frac{4 R}{3 \pi} \cos{\varphi}$
Отсюда,

$$T^{c.m.} = \frac12 m {\dot{y}}^2 = \frac {8mR^2 \sin{\varphi}^2 \dot{\varphi}^2} {9\pi^2}$$

$$ U = mgy = mg (R-\frac{4R}{3 \pi}) = U_o + mg\frac{2R}{3\pi} \varphi^2 + o(\varphi^2) $$

$T^{c.m.}$ имеет порядок малости выше второго
В приближении малых колебаний Лагранжиан будет иметь вид:

$$L = \frac12I_o\dot{\varphi}^2 - mg\frac{2R}{3\pi} \varphi^2 $$

Отсюда и получаем окончательный ответ: $\omega^2 = \frac gR \frac {24 \pi}{9 \pi^2 - 32}$

Ответ, как мне говорят, неправильный
Я неправильно решаю задачу? Если так, то в чем ошибочность моих рассуждений?
Заранее благодарю

[ewert]

Astrel- в сообщении #472122 писал(а):

$$ U = mgy = mg (R-\frac{4R}{3 \pi}) = U_o + mg\frac{2R}{3\pi} \varphi^2 + o(\varphi^2) $$

Довольно странная строчка. Во всяком случае, Вы тут явно потеряли одно слагаемое. Если $b\equiv\dfrac{4R}{3\pi}$ -- расстояние от оси цилиндра до центра масс, то высота $h$ подъёма центра масс от точки касания и угол поворота $\varphi$ связаны уравнением:

$(h\cos\varphi+b)^2+(h\sin\varphi)^2=R^2;\qquad h^2+2bh\cos\varphi+b^2-R^2=0;$

$h=-b\cos\varphi+\sqrt{b^2\cos^2\varphi-b^2+R^2}=-b\cos\varphi+R\sqrt{1-\dfrac{b^2}{R^2}\sin^2\varphi}\sim$

$\sim-b\left(1-\dfrac{\varphi^2}{2}\right)+R\left(1-\dfrac{b^2}{2R^2}\,\varphi^2\right)=\mathrm{const}+\dfrac{b\varphi^2}{2}\cdot\left(1-\dfrac{b}{R}\right).$

Вот последнее слагаемое в скобках (проистекающее из-под корня) и было потеряно.

Кроме того, тут есть ещё один скользкий момент (скользкий в том смысле, что не вполне понятно, насколько он скользкий). Слово "гладкая" применительно к плоскости обычно означает отсутствие трения; т.е. цилиндр должен вращаться с проскальзованием. Собственно, Вы именно в такой интерпретации задачу и решали, если я правильно понял. Но чем чёрт не шутит: а вдруг это словечко вставлено в условие лишь для красного словца, а имелось в виду качение, наоборот, без проскальзывания (физически-то это выглядит естественнее)?...

[espe]

ewert в сообщении #472194 писал(а):

Кроме того, тут есть ещё один скользкий момент (скользкий в том смысле, что не вполне понятно, насколько он скользкий). Слово "гладкая" применительно к плоскости обычно означает отсутствие трения; т.е. цилиндр должен вращаться с проскальзованием.

В этом случае задача решается проще, т.к. система отсчёта, в которой центр цилиндра (из которго сделан полуцилиндр ) покоится, будет инерциальной.

[ewert]

espe в сообщении #472203 писал(а):

В этом случае задача решается проще, т.к. система отсчёта, в которой центр цилиндра (из которго сделан полуцилиндр ) покоится, будет инерциальной.

Нет, не будет. Будет покоиться (по горизонтали) ось, проходящая через центр масс полуцилиндра; в этом предположении ТС задачку и решал. А ось исходного цилиндра -- будет соотв. образом вполне уверенно колебаться.

[Astrel-]

Спасибо большое

Нашел подобную задачу в задачнике Коткина, Сербо (http://lib.mexmat.ru/books/4910)
# 9.6 - то же самое, только для полушара
В конце приведено решение
Вся соль в потенциальной энергии
Они вводят угол $\varphi$ - угол поворота полушара
Тогда $U = mg(R - b \cos\varphi)$
Потенциальная энергия будет такой, если брать угол между двумя радиусами, но тогда же угловая скорость вращения не будет $\dot\varphi$
А они пишут, что $T_{rotation} = \frac12 I \dot{\varphi}^2$

Насчет гладкости мне не уточняли. Я почему-то сам выбрал менее реалистичный случай

[Munin]

(скрыто мной, whiterussian)

ewert в сообщении #472194 писал(а):

Но чем чёрт не шутит: а вдруг это словечко вставлено в условие лишь для красного словца, а имелось в виду качение, наоборот, без проскальзывания (физически-то это выглядит естественнее)?...

Чем чёрт не шутит: вдруг слово "квадрат" вставлено в теорему Пифагора лишь для красного словца, а имелся в виду куб?
Не паясничайте, ваша нелюбовь к физике не должна приводить к тому, чтобы сбивать студентов с толку.

[ewert]

Astrel- в сообщении #472324 писал(а):

Они вводят угол $\varphi$ - угол поворота полушара
Тогда $U = mg(R - b \cos\varphi)$
Потенциальная энергия будет такой, если брать угол между двумя радиусами, но тогда же угловая скорость вращения не будет $\dot\varphi$

Нет, они правы. Именно это угловой скоростью и будет. Я там зазевался и не то $h$ считал. Меня сбила с толку именно физическая неестественность варианта с проскальзыванем.

Тогда я в Вашем решении ошибок не вижу. А ответ $\omega^2=\dfrac{8g}{3R}$, случайно, не считается правильным?...

[espe]

ewert в сообщении #472253 писал(а):

Будет покоиться (по горизонтали) ось, проходящая через центр масс полуцилиндра; в этом предположении ТС задачку и решал. А ось исходного цилиндра -- будет соотв. образом вполне уверенно колебаться.

Тут я поторопился с выводом. Действительно, горизонтальных внешних сил нет и центр тяжести горизонтально двигаться не будет. Давно механикой не занимался.

ewert в сообщении #472355 писал(а):

Тогда я в Вашем решении ошибок не вижу.

У меня есть единственное предположение, что имелся ввиду полый цилиндр.

[ewert]

espe в сообщении #472379 писал(а):

У меня есть единственное предположение, что имелся ввиду полый цилиндр.

Тоже вариант.

[Munin]

ewert в сообщении #472355 писал(а):

Меня сбила с толку именно физическая неестественность варианта с проскальзыванем.

Всё там физически естественно, металл на льду. Перестаньте привносить сумбур.

[drozdov_mihail]

Munin в сообщении #472390 писал(а):

... металл на льду.

Это когда лед плавится?

[Munin]

Нет, лёд там на самом деле не плавится (хотя в популярной литературе начала-середины века часто фигурировало подобное "объяснение").