Период колебаний.

[Pulseofmalstrem]

Доброе время суток. Имеется следующая задача:
Дан большой закрепленный шар радиуса $R$, на вершине которого прибита нерастяжимая нитка длиной $L$ с небольшим грузом массой $m$. Нитку отклонили от положения равновесия на угол $\alpha$. Необходимо найти период установившихся колебаний, в нет трения (все идеальное).
Довольно грубый чертеж, красным показано положение равновесие(подразумевается, что угол $\frac{\pi}{2}$), синим - отклоненное положение.


1) Для начала отметим, что в каждый момент времени шарик вращается вокруг точки отрыва нити от большого шара. Посчитаем длину $l$ свободной части нити:
$l = L - R\varphi$, где $\varphi$ - угол, отклонения в данный момент времени.
Таким образом в каждый момент времени шарик движется с неким центростремительным ускорением, которое направлено к точке отрыва и придается телу силой натяжения нити $T$ и силой тяжести. Введем мгновенную координатную ось, направленную вдоль свободной части нити, положительное направление совпадает с направлением центростремительного ускорения (ось направлена к центру), спроектируем на нее второй закон Ньютона:
$\frac{mv^2}{L - R\varphi}=T-mg$\sin\varphi$

2) Величина $mv^2$ может быть выражена через углы $\alpha$, $\varphi$ и закон сохранения энергии.
Пусть тело в положении равновесия обладает обладает нулевой потенциальной энергией, тогда полная энергия системы равна потенциальной энергии тела при максимальном отклонении (при угле $\alpha$):
$E= L-\frac{R\pi}{2}+\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)$
В любой момент времени полная энергия системы определяется следующим соотношением:
$E= \frac{mv^2}{2}+L-R\varphi+\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)$
Выразим отсюда величину $mv^2$:
$mv^2=2(L-\frac{R\pi}{2}+\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)-L+R\varphi-\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)$
$mv^2 = R(2\varphi -\pi )+2\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)-2\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)$

3) Соберем выведенные уравнения воедино:
$\left\{ \begin{array}{rcl} &\frac{mv^2}{L - R\varphi}= T-mg$\sin\varphi& \\ &mv^2=R(2\varphi -\pi )+2\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)-2\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)& \\ \end{array} \right.$
Отсюда можно выразить зависимость силы натяжения нити $T$ от текущего угла отклонения:
$T=\frac{R(2\varphi -\pi )+2\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)-2\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)}{L - R\varphi}+mg$\sin\varphi$

На этом часть решения, в которой я довольно уверен заканчивается (единственное, я мог ошибиться в геометрии, когда пытался выразить текущую высоту груза над положением равновесия через радиус большого шара, длину нити и угол отклонения(уж больно длинное выражение вышло), дальше моих школьных знаний становится недостаточно, и я пока не особо продвинулся, но у меня наметилось два пути возможного решения:

4) Попробуем найти зависимость угла отклонения от времени, из которой будет возможно вывести период колебаний.
Введем две координатные оси $x,y$, направив ось абсцисс вдоль поверхности пола, так чтобы проекция силы натяжения нити была положительной, а ось ординат перпендикулярно ей, вертикально вверх, и спроектируем на ось абсцисс второй закон Ньютона, учтя что в пункте 3 мы получили значения модуля силы натяжения нити:

$\frac{dp}{dt}=T\cos\varphi$
$\frac{dp}{dt}=(\frac{R(2\varphi -\pi )+2\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)-2\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)}{L - R\varphi}+mg$\sin\varphi)\cos\varphi$, естественно импульс берется в проекции на данную ось.
Причем отметим, в момент времени, когда тело достигает положения равновесия вся его скорость направлена вдоль оси абсцисс, более того данная скорость будет направлена туда же, куда и ось - учтя закон сохранения энергии, мы точно узнаем импульс тела в этот момент времени, вычислим его:
$p_x=mv_x=\sqrt{\frac{2m^2v^2}{2}}=\sqrt{2mE_1}$, где $E_1$ - кинетическая энергия в данный момент времени (направления вектора мы знаем, к тому же нас в дальнейшем будет интересовать проекция импульса на ось абсцисс, которая совпадает с модулем импульса в обозначенной выше точке).
Нам известная кинетическая энергия тела, для момента когда оно достигает положения равновесия из закона сохранения энергии:
$E_1= L-\frac{R\pi}{2}+\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)$, в положении равновесия потенциальная энергия шарика равна нулю, стало быть вся энергия системы заключена в кинетической энергии.
Отсюда:
$p_x = \sqrt{(L-\frac{R\pi}{2}+\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha))2m}$

5) Теперь обратимся вновь к закону Ньютона, записанному в проекции на ось абсцисс. Так как импульс тела в положении максимального отклонения равен нулю, то изменение импульса при пролете шарика между положением отклонения и положением равновесия равно импульсу в положении равновесия:
$\Delta p=p_x$
Однако изменение импульса так же равно определенному интегралу от силы по времени:
$\Delta p = \int\limits_{t_2}^{t_1}Fdt$, где $t_1$ - время начала движения, $t_2$ - конца.
$p_x=\int\limits_{t_2}^{t_1}F_xdt$
$p_x=\int\limits_{t_2}^{t_1}T_xdt$
$p_x=\int\limits_{t_2}^{t_1}(\frac{R(2\varphi -\pi )+2\cos\alpha(R-\sin\alpha(L-R\alpha)-2\cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)}{L - R\varphi}+mg$\sin\varphi)\cos\varphi dt$
Обратим внимание, что в подынтегральном выражении с течением времени меняется лишь угол $\varphi$, более того нам известны оба его значения, как в $t_1$, так и в$t_2$, а именно $\alpha$ и $\frac{\pi}{2}$, стало быть в теории можно посчитать интеграл, и найти искомую функцию угла от времени, но на практике мне слабо.

Вот собственно мои мысли по данной задаче, хотел бы услышать Ваши советы по решению, мои весьма ограниченные знания тут закончились по сути.

[мат-ламер]

Pulseofmalstrem в сообщении #973194 писал(а):

хотел бы услышать Ваши советы по решению,

Я в этом не спец, но я бы решал через лагранжиан. ИМХО, проще будет. Но может вы это ещё не проходили.

[Pulseofmalstrem]

мат-ламер в сообщении #973204 писал(а):

Pulseofmalstrem в сообщении #973194 писал(а):

хотел бы услышать Ваши советы по решению,

Я в этом не спец, но я бы решал через лагранжиан. ИМХО, проще будет. Но может вы это ещё не проходили.

11 класс, какой лагранжиан, боюсь это уже перебор=)

[Munin]

Задача на линеаризацию - на умение пренебрегать малыми величинами.

[Oleg Zubelevich]

выражаем полную энергию через $\varphi,\dot\varphi $ ;дифференцируем закон сохранения энергии, получаем уравнение движения, линеризуем

[Pulseofmalstrem]

Продолжил решать задачу, сумел продвинуться еще на пару шагов вперед, заодно нашел пару ошибок в вышеизложенном, а потому полностью выкладываю новый вариант решения с нуля.
Условия: Дан большой закрепленный шар радиусом R, к нему сверху прибита легкая нерастяжимая нить длиной L, на которой подвешен шарик массой m, шарик отклонили на угол $\alpha$ от положения равновесия, просят определить период устоявшихся колебаний.

1) В каждый момент времени шарик вращается вокруг точки отрыва нити от большого шара, он движется с центростремительным ускорением, которое придают ему сила тяжести и сила натяжения нити, запишем второй закон Ньютона, спроектированный на моментальную ось, совпадающую со свободной частью нитки и сонаправленной с силой натяжения нити.

$\frac{mv^2}{L-R\varphi}=T - mg\sin\varphi$, где $T$ - сила натяжения нити, $\varphi$ - текущий угол отклонения, $L$ - длина нити, $R$ - радиус большого шара.

2) C другой стороны в системе сохраняется энергия, складывающаяся из потенциальной энергии и кинетической энергии. В момент, когда шарик максимально отклонен от положения равновесия он обладает нулевой кинетической энергией, что означает, что полная энергия системы равна потенциальной энергии шарика в этой точке. Найдем эту энергию, выбрав в качестве нулевого уровня положение равновесия. Для начала выразим высоту $h$ положения максимального отклонения над положением равновесия:
$h = (R - \sin\alpha (L - R\alpha))\cos\alpha + L - \frac{R\pi}{2}$
$E = mgh = mg((R - \sin\alpha (L - R\alpha))\cos\alpha + L - \frac{R\pi}{2})$

В каждый момент времени энергия системы складывается из потенциальной и кинетической энергий, следовательно кинетическая энергия в данный момент времени равна разности между максимальной потенциальной энергией и текущей потенциальной энергией:
$\frac{mv^2}{2} = mg(R - \sin\alpha (L - R\alpha))\cos\alpha + L - \frac{R\pi}{2} - mg((R - \sin\varphi (L - R\varphi))\cos\varphi + L - \frac{R\pi}{2})$
$mv^2 = 2mg(\cos\alpha(R - \sin\alpha(L - R\alpha)) - \cos\varphi(R-\sin\varphi(L-R\varphi)))$

3) Совмещая пункты 1 и 2, а также принимая следующее соотношение $\varphi = f(t) $, где $f(t)$ - некая функция от времени, получаем зависимость силы натяжения нити от времени:
$ T(t) = \frac{2mg(\cos\alpha(R - \sin\alpha(L - R\alpha)) - \cos f(t)(R-\sin f(t)(L-Rf(t))) - \cos f(t)(R - \sin f(t)(L - Rf(t)))}{L - Rf(t)} $
Заодно сюда же можно выписать зависимость потенциальной энергии от времени:
$E_p(t) = mg((R - \sin f(t)(L - R f(t)))\cos f(t) + L - \frac{R\pi}{2})$

4) Теперь перед необходимо найти зависимость кинетической энергии шарика от времени, для этого введем две оси $X$ и $Y$, так чтобы ось абсцисс шла параллельно земле, направление выберем такое, чтобы проекция силы натяжения на ось абсцисс была положительной в начальный момент времени, а ось ординат направим вертикально вверх, перпендикулярно земле.

В таком случае импульс тела складывается из двух составляющих по двум осям:
$ p^2 = p_x^2 + p_y^2$, отсюда
$E_k = \frac{p^2}{2m} = \frac{p_x^2 + p_y^2}{2m}$

5) Теперь учтем следущие соотношения:
$p_x (t) = \int\limits_{0}^{t} T(t)\cos f(t)dt$
$p_y (t) = \int\limits_{0}^{t} T(t)sint f(t) - mg dt = \int\limits_{0}^{t}T(t)\sin f(t)dt - \int\limits_{0}^{t} mgdt$

Рассмотрим сумму $p_x^2 + p_y^2$:
$p_x^2 + p_y^2 = (\int\limits_{0}^{t} T(t)\cos f(t)dt)^2 + (\int\limits_{0}^{t}T(t)\sin f(t)dt - \int\limits_{0}^{t} mgdt)^2$
$p_x^2 + p_y^2 =(\int T(t)cos f(t) dt)^2 - 2\int T(t)cos f(t) dt\int T(0)cos f(0) dt + (\int T(0)cos f(0)dt)^2 + (\int\limits_{0}^{t}T(t)\sin f(t)dt)^2 - 2\int\limits_{0}^{t}T(t)\sin f(t)dt\int\limits_{0}^{t}mgdt + (\int\limits_{0}^{t} mgdt)^2 $

Теперь рассмотрим отдельно интегралы:
$\int\limits_{0}^{t}mgdt = mgt - 0 = mgt$
$\int T(0)cos f(0)dt = b + С$, где $b$ - некое постоянное число.
$\int T(0)\sin f(0)dt = c + С$, где $c$ - некое постоянное число.

Отсюда

$p^2 = (\int T(t)cos f(t) dt)^2 - 2b\int T(t)cos f(t) dt + b^2 + (\int T(t) sinf(t)dt)^2 - 2c\int T(t) sinf(t)dt + c^2 - 2mgt\int T(t) sinf(t)dt + mgct + m^2g^2t^2 $

Подставляя в формулу для кинетической энергии, получаем искомое нами выражение:

$E_k =\frac{(\int T(t)cos f(t) dt)^2 - 2b\int T(t)cos f(t) dt + b^2 + (\int T(t) sinf(t)dt)^2 - 2c\int T(t) sinf(t)dt + c^2 - 2mgt\int T(t) sinf(t)dt + mgct + m^2g^2t^2}{2m}$

6) Теперь нужно взять производные по времени от кинетической и потенциальной энергии, результаты сложить и приравнять к нулю, тогда возникнет дифф. уравнение, из которого можно найти искомую функцию $\varphi = f(t)$, найдем необходимые производные:

Потенциальная энергия:
$\frac{dE_p}{dt} = Lmgf(t)sin^2f(t) + Rmg f^2(t)sin^2 f(t) - Rmg f(t)sin f(t) - Lmg f(t)cos^2 f(t) - Rmg\frac{df(t)}{dt}cos f(x)sin f(x) - Rmg f^2(x)cos^2 f(x) $

Кинетическая энергия:
$\frac{dE_k}{dt} = 2T(t)cos f(t)\int T(t)cos f(t)dt - 2bT(t)cos f(t) + 2T(t)sin f(t)\int 2T(t)sin f(t)dt - 2mg\int 2T(t)sin f(t)dt - 2mgtT(t)sin f(t) + mgc + 2m^2g^2t $

Складываем:
$2T(t)cos f(t)\int T(t)cos f(t)dt - 2bT(t)cos f(t) + 2T(t)sin f(t)\int 2T(t)sin f(t)dt - 2mg\int 2T(t)sin f(t)dt - 2mgtT(t)sin f(t) + mgc + 2m^2g^2t + Lmgf(t)sin^2f(t) + Rmg f^2(t)sin^2 f(t) - Rmg f(t)sin f(t) - Lmg f(t)cos^2 f(t) - Rmg\frac{df(t)}{dt}cos f(x)sin f(x) - Rmg f^2(x)cos^2 f(x) = 0$

$ T(t) = \frac{2mg(\cos\alpha(R - \sin\alpha(L - R\alpha)) - \cos f(t)(R-\sin f(t)(L-Rf(t))) - \cos f(t)(R - \sin f(t)(L - Rf(t)))}{L - Rf(t)} $

$\int T(0)cos f(0)dt = b + С$
$\int T(0)\sin f(0)dt = c + С$
В формулах я изначально не писал произвольную постоянную, так как они в итоге все-равно взаимно уничтожаются, и лишь загромождали бы формулы.
Собственно, вот теперь я снова столкнулся с проблемой, мне советовали линеризировать, однако я никогда этого не делал, поэтому хотел бы попросить помощи (совет, ссылка на материал, а заодно прошу оценить ход решения - в правильном я направлении пошел или нет?)

[Oleg Zubelevich]

ну, понятно, как об стенку горох, ну токуйте дальше

[Pulseofmalstrem]

Oleg Zubelevich в сообщении #974197 писал(а):

ну, понятно, как об стенку горох, ну токуйте дальше

Я честно попробовал воспользоваться вашим советом, но у меня возникли проблемы в выражении кинетической энергии через угол, поэтому я решил воспользоваться связью между импульсом и кинетической энергией, с учетом того, что в нашем случае текущий импульс - интеграл от силы по времени, если бы можно было выразить кинетическую энергию как-то проще - я бы обрадовался, но пока я просто не понимаю, как еще связать ее ( вариант разности между потенциальными энергиями положения отклонения и текущего положения - не рассматривается, так как это вообще не принесет ничего). А так-то я понял, что нужно привести все к сумме производных двух энергий, которая к нулю приравнивается.

[Oleg Zubelevich]

Через $O$ обозначим начало координат; через $A$ обозначим точку в которой нитка отрывается от окружности; через $B$ обозначим груз. Выразите декартовы координаты векторов $\overline{OA}$ и $\overline{AB}$ через угол $\varphi$ -- отклонения маятника от вертикали

-- Чт фев 05, 2015 18:16:15 --

Получите вектор $\overline{OB}= \overline{OA}+ \overline{AB}$. Угрек-координата этого вектора -- это высота груза, она нужна для вычисления потенциальной энергии; $\dot{\overline{OB}}$ -- скорость груза -- сожете посчитать кин. энергию

[Pulseofmalstrem]

Oleg Zubelevich
О! Да это отличная идея, я дурак не додумался, спасибо, когда будут результаты обязательно отпишу.

[Degen1103]

(Смутно припоминаю, что для маятника большой амплитуды были придуманы какие-то профилированные кулачки, на которые ложилась нить... то ли брахистохрона, то ли ещё какая-то кривая...)

-- 06.02.2015, 07:39 --

(А, точно: изохронный циклоидальный маятник! А брахистохрона как раз и есть отрезком циклоиды.)