Номер 126, страница 40 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

126. *Велосипедное колесо массой $M$ и радиусом $R$ может вращаться без трения вокруг неподвижной горизонтальной оси, проходящей через центр колеса (рис. 29). К ободу колеса прикреплен груз массой $m$. Колесо, находившееся в положении равновесия, повернули вокруг оси на небольшой угол и отпустили. Определите период малых колебаний колеса.

Рис. 29

Дано:

Масса колеса: $M$

Радиус колеса: $R$

Масса груза: $m$

Ускорение свободного падения: $g$

Найти:

Период малых колебаний: $T$

Решение:

Система, состоящая из колеса и груза, совершает вращательные колебания вокруг неподвижной горизонтальной оси, проходящей через центр колеса O. Движение такой системы описывается основным уравнением динамики вращательного движения:

$\tau = I \alpha$

где $\tau$ — суммарный момент сил, действующих на систему, $I$ — момент инерции системы относительно оси вращения, $\alpha$ — угловое ускорение.

1. Определим момент инерции системы $I$. Он равен сумме моментов инерции колеса ($I_M$) и груза ($I_m$). Будем считать велосипедное колесо тонким обручем, у которого вся масса $M$ сосредоточена на расстоянии $R$ от оси. Тогда его момент инерции $I_M = M R^2$. Груз массой $m$ является материальной точкой, находящейся на расстоянии $R$ от оси вращения, поэтому его момент инерции $I_m = m R^2$.

Полный момент инерции системы относительно оси O:

$I = I_M + I_m = M R^2 + m R^2 = (M+m)R^2$

2. Определим возвращающий момент сил $\tau$. Положением равновесия системы является то, при котором груз $m$ находится в самой нижней точке. Отклоним систему от положения равновесия на небольшой угол $\phi$.

На систему действуют три силы: сила тяжести колеса ($M\vec{g}$), сила тяжести груза ($m\vec{g}$) и сила реакции оси. Сила тяжести колеса приложена к его центру масс (точке O), поэтому ее момент относительно оси вращения равен нулю. Сила реакции оси также проходит через ось вращения, и ее момент также равен нулю. Таким образом, вращающий момент создается только силой тяжести груза $m\vec{g}$.

Плечо этой силы относительно оси O равно $d = R \sin{\phi}$. Момент силы тяжести стремится вернуть систему в положение равновесия, поэтому он является возвращающим и его знак противоположен знаку углового смещения $\phi$:

$\tau = -mgd = -mgR \sin{\phi}$

3. Подставим найденные выражения для $I$ и $\tau$ в уравнение вращательного движения, учитывая, что угловое ускорение $\alpha = \frac{d^2\phi}{dt^2}$:

$(M+m)R^2 \frac{d^2\phi}{dt^2} = -mgR \sin{\phi}$

По условию, колебания малые, следовательно, угол отклонения $\phi$ мал. Для малых углов (в радианах) справедливо приближение $\sin{\phi} \approx \phi$. Тогда уравнение движения принимает вид:

$(M+m)R^2 \frac{d^2\phi}{dt^2} = -mgR \phi$

Разделим обе части на $(M+m)R^2$ и перенесем все члены в левую часть:

$\frac{d^2\phi}{dt^2} + \frac{mgR}{(M+m)R^2} \phi = 0$

$\frac{d^2\phi}{dt^2} + \frac{mg}{(M+m)R} \phi = 0$

4. Мы получили дифференциальное уравнение гармонических колебаний вида $\ddot{x} + \omega^2 x = 0$. Сравнивая его с нашим уравнением, находим квадрат циклической частоты колебаний $\omega^2$:

$\omega^2 = \frac{mg}{(M+m)R}$

Следовательно, циклическая частота равна:

$\omega = \sqrt{\frac{mg}{(M+m)R}}$

5. Период колебаний $T$ связан с циклической частотой соотношением $T = \frac{2\pi}{\omega}$. Подставив выражение для $\omega$, получим:

$T = 2\pi \frac{1}{\sqrt{\frac{mg}{(M+m)R}}} = 2\pi \sqrt{\frac{(M+m)R}{mg}}$

Ответ: $T = 2\pi \sqrt{\frac{(M+m)R}{mg}}$