Вопрос о физике

Аватар пользователя monk

Есть сбалансированный рычаг с разным весом на краях (например, с одной стороны масса m и длина 2l, а с другой масса 2m и длина l). Как рассчитать его период колебаний?

Экспериментально проверено, что вилка или ложка при выводе из равновесия совершает колебания.

Авторство: 
Авторская работа / переводика
Комментарий автора: 

Теоретически колебаний быть не должно, так как при выводе из равновесия с каждой стороны сила 2ml cos alpha. Но они есть.

Комментарии

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Это называется физический маятник. Формула для периода колебаний есть в учебнике или гугле.

Комментарий автора неверен.

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

Нет. Физический маятник был бы, если бы точка опоры не совпадала с центром тяжести.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Блин, точно. Ну, видимо, в эксперименте точка опоры была расположена не точно в центре тяжести. Потому что это физический маятник))

Аватар пользователя Руслан
Руслан(11 лет 6 месяцев)

В таком случае никаких колебаний не будет. Ложка упадет. 

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Вечер перестает быть томным. Если она не падает, значит, что? Профиль опоры играет роль?

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

При малости опоры вроде нет. На любой посуде с краями вилка качается при том, что профиль края разный. А чего-то более объективного в субботу найти проблематично.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

ОК. Допустим, что у нас стержень с двумя одинаковыми грузиками уравновешен на вершине полусферы. Допустим, что стержень не проскальзывает про полусфере при выведении его из положения равновесия. Тогда он по ней катится. Тогда при малом нарушении равновесия центр масс отрывается от опоры, а сила реакции опоры смещается в другую точку сферы.

Если стержень не проскальзывает, то он не может и упасть, поскольку сила реакции опоры всегда уравновешивает суммарный вес грузиков, пока есть контакт. Но эта сила опоры теперь приложена не в центре тяжести, а значит, она создает момент относительно центра тяжести, который будет поворачивать стержень обратно.

Нет?

P.S. Допустим, радиус полусферы R. Пусть точка опоры переместилась на угол a. Тогда вертикальная составляющая силы реакции опоры в точности равна суммарному весу грузиков P, а ее момент относительно центра масс PR*sin(a), или, раз a - мало, PRa. Это и есть наш возвращающий момент. Остальное - дело техники.

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

PR*sin(a)

То есть система полностью эквивалентна подвесу на нитке длины R. Для R = 1мм получаем 1/30 секунды. По-моему она на порядок медленнее качается. Явно не 30 раз в секунду, а что-то порядка 1.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Ну там не точечный подвес, а полноценный момент инерции, т.е. в итоговый период будет входить отношение момента инерции и массы. У вилки момент инерции - штука сложная.

Во-вторых, возможно, надо учесть ещё вертикальное ускорение центра масс, т.е. вертикальная составляющая силы реакции  опоры будет равна не P, а P-mw, где w - ускорение центра масс, которое надо связать со второй производной от угла a. Но может быть, что этим можно пренебречь.

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

Хотя нет. Маятник-то физический. Получается под корнем I / mgh, то есть mr^2 / mgh,  где r порядка дециметра, а h порядка миллиметра. То есть 10r/g - эквивалент метрового маятника. Сошлось.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Класс.

Мне теперь кажется, что я про это где-то читал, как пример того, что сила реакции опоры не такая уж пассивная штука.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

В общем, предположим, что расстояние между точкой равновесия и точкой опоры x. Запишем моменты сил с учетом того, что есть такой x, посчитаем период и предположим, что x - мало.

Я бы так сделал.

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

T = 2pi * sqrt(I / mgh). где I - момент инерции, а h - расстояние между центром тяжести и точкой подвеса. У нас h стремится к 0, а значит период должен стремиться к бесконечности. То есть наклонный маятник двигаться не должен.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

А в I у нас только константы и члены, квадратичные по x. Если с квадратичными членами всё нормально, то с константами всё плохо. Да, похоже не сработает.

Аватар пользователя Omni
Omni(11 лет 9 месяцев)

Посчитай h обратно, период колебаний известен из опыта, если я правильно понял.

Аватар пользователя Omni
Omni(11 лет 9 месяцев)

Вероятно, центр тяжести в середине перемычки, а точка опоры на периметре под центром тяжести, поэтому это обычный маятник, но очень короткий, например, 0.5 мм. Другой вариант это игрушки журавлики, у их центр тяжести ниже точки опоры и вне материала конструкции.

Аватар пользователя ivod
ivod(5 лет 9 месяцев)

Сегодня прошел теоретический тур региональных олимпиад по физике. На понедельник назначен практический тур.

Совпадение?

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Гыы... Крошка сын к отцу пришёл и спросила кроха: как посчитать период колебаний вот этой штуки, которая у нас на олимпиаде была. Отец сказал, что надо у камрадов спросить, и таки спросил. Вариант.

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

Не знал. Совпадение.

Аватар пользователя ivod
ivod(5 лет 9 месяцев)

Странно))

Аватар пользователя ЭллиКо
ЭллиКо(4 года 1 неделя)

Колебания возникают если система находится в устойчивом равновесии.

 

Аватар пользователя frollog
frollog(8 лет 6 месяцев)

Эксперимент, скорее всего, был не точный из-за смещения точки опоры (плечо опирается не на точку, а на круглую опору, например). Тогда при качании расстояние от массы до точки опоры с каждой стороны несколько меняется, это служит причиной изменения момента сил.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Наоборот. У человека всё отлично получилось.

Аватар пользователя frollog
frollog(8 лет 6 месяцев)

Я и объясняю, почему получилось.

Аватар пользователя frollog
frollog(8 лет 6 месяцев)

Вы ведь вилку на пальце уравновешивали? Если уравновесить на очень тонком подвесе или опоре, такого наблюдаться не будет.

Аватар пользователя Sir_Antonio
Sir_Antonio(6 лет 4 дня)

Будет. Именно на очень тонкой опоре и будет. Даже странно, что у человека получилось.

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

Так вопрос в том, как рассчитать. Пусть известен радиус опоры.

Аватар пользователя frollog
frollog(8 лет 6 месяцев)

Рассчитать примерно так.

https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D0%B8%D0%B7%D0%B8%D1%87%D0%B5%D1%81...

Только модель будет другая.

Я попробовал расчитать на пальцах. При некоторых допущениях для малых колебаний получается возвращающий момент I(A) = 3r*mg*sin(A), где A - угол отклонения: A<<Pi. На расстоянии l от точки опоры получим выражение F(A) = (3r/l)mg sin(A), что совпадает с вынуждающей силой математического маятника с точностью до коэффициента (3r/l). Соответственно, период будет T=l/sqrt(3rg). Механика была 5 лет назад, так что возможны ошибки :)

Аватар пользователя monk
monk(12 лет 4 месяца)

Я на краю чашки экспериментировал.

Аватар пользователя Андракс
Андракс(7 лет 6 месяцев)

Лучше с ломом экспериментировать-  точно не сломаешь.;)

А так, опора не идеальная и нужно учитывать ее геометрию, толщину и пятно контакта.  Фактически получается псевдо/сложный маятник с затухающими колебаниями, и с плавающим пятном(точкой) контакта.    

Комментарий администрации:  
*** отключен (гнилой хайпожор) ***
Аватар пользователя Андракс
Андракс(7 лет 6 месяцев)

Добавлено:по сути ложка и вилка к вашей модели грузов и рычагов не имеют отношения, так как у них интересующая проекция центр мас в не тела может находиться. ;)  

Комментарий администрации:  
*** отключен (гнилой хайпожор) ***