椭球摆

文化 2024-08-28 17:12 吉林

上个月发了一个椭圆摆的微振动问题（见：物竞-曲率圆-微振动）：

它这个问题的振动方向是沿左右的，不是垂直纸面的，当然题干描述的确实不严谨，因为严格来讲这个模型确实可能是一个二维振动模型。

然后它这个左右微振动的等效摆长和周期结果是

那天有个老师问了这样一个问题，沿垂直纸面振动的周期是多少？怎么计算，我们也讨论了一下，后来由于计算太麻烦以及太晚了就没继续进行了，然后也忘了，今天想起来还是算一算比较好，他这个问题来源是24年6月浙江高考物理第九题：

题中提到垂直纸面微振动等效于小球重垂线于AB交点的单摆，为什么是又或者为什么这样等效？合理性在哪里？我第一反应就是做的近似，但我今天算完发现事情没有那么简单。

我一开始研究了一下有没有什么好算的技巧，比如找焦点长短轴，发现并不容易，直接上方程似乎是最简单粗暴的，他这个题干是倾角30°，我们把这个倾角设成是任意的。

很容易发现，在绳子的约束下，小球的运动轨迹是在一个椭球面上的，并且是两个轴相等的轴对称的椭球面。

当θ=0时，AB水平，沿左右方向振动轨迹是椭圆，等效摆长（曲率半径）和周期就是

沿垂直纸面方向的振动时，运动轨迹恰好是一个圆，摆长和周期是

当θ=π/2时，AB竖直，沿左右方向振动轨迹依然是一个椭圆，等效摆长和周期是

此时的椭球面是关于z轴对称的，那么垂直纸面的振动和左右振动是一样的：

这时小球重垂线与AB重合，如果取极限的话并不是A点（在后面写了），而小球到A的距离是 $OA=l-d$ ，这里 $OA\ne R_{12}$ ，有点差距。

最后再回到求解任意倾角时垂直纸面方向的微振动了，首先它是一个倾斜的椭球面，它的方程可以由坐标系旋转得到，在x’y’z’坐标系（S＇）中，该椭球面的方程是

$\frac{x\prime^2}{b^2}+\frac{y\prime^2}{a^2}+\frac{z\prime^2}{b^2}=1$

其中 $a=l\,\, , b=\sqrt{l^2-d^2}$ ，坐标系沿x轴旋转为xyz坐标系（S系），转动矩阵是

$K=\left( \begin{matrix} 1& & \\ & \cos \theta& \sin \theta\\ & -\sin \theta& \cos \theta\\ \end{matrix} \right)$

得到坐标变换

这样代入原方程就可以得到我们的椭球面方程：

看起来就很复杂了，我们先直接令x=0，得到

$\frac{\left( y\cos \theta +z\sin \theta \right) ^2}{a^2}+\frac{\left( y\sin \theta -z\cos \theta \right) ^2}{b^2}=1$ 这个就是沿水平方向振动的运动轨迹，z的最小值就是平衡位置,在ｚ最大最小处时，ｙ只有一个值，只需要判断对于y的判别式为零即可：

$\Delta =\sqrt{\left( \frac{z\sin 2\theta}{a^2}-\frac{z\sin 2\theta}{b^2} \right) ^2-4\left( \frac{\cos ^2\theta}{a^2}+\frac{\sin ^2\theta}{b^2} \right) \left( \frac{z^2\sin ^2\theta}{a}+\frac{z^2\cos ^2\theta}{b}-1 \right)}=0$

可解得

别看他复杂，结果是真简单，计算该点ｙ坐标

再计算该点的曲率半径，当然在这个坐标系下曲率半径不好求，那就换回去在S'系中计算

$\frac{y'^2}{a^2}+\frac{z'^2}{b^2}=1$ 在

处的曲率半径

最后结果是

$R=\frac{l^2\left( l^2-d^2 \right)}{\left( l^2-d^2\cos ^2\theta \right) ^{\frac{3}{2}}}$ 结果没有问题，这时我们得到了最低点的坐标是 $(0,y_0,z_0)$ 。

这时我们令椭球面方程中的 $y=y_0$ ，就得到了垂直于纸面方向的振动轨迹（上图紫色轨迹）,然后化简（过程不愿意看，省略）：

$\frac{x^2}{b^2}+\frac{1}{a^2b^2}\left( l^2-d^2\sin ^2\theta \right) \left[ z-\frac{d^2y_0\sin \theta \cos \theta}{\left( l^2-d^2\sin ^2\theta \right)} \right] ^2=1-\frac{y_{0}^{2}}{\left( l^2-d^2\sin ^2\theta \right)}$

轨迹还是一个椭圆，我们需要计算在 $x,z=z_0$ 处的轨迹，注意看这个椭圆方程并没有旋转只是平移，处理一下

计算曲率半径

最后就是

$R=\frac{l^2-d^2}{\sqrt{\left( l^2-d^2\cos ^2\theta \right)}}$ 这个个就是最后结果了，当θ=0时 $R=\sqrt{l^2-d^2}$ ，当θ=π/2时， $R=\frac{l^2-d^2}{l}$ ，与最开始分析的结果一致。

OK，我们再回到那个高考题上θ=π/6，OA和AB垂直，那么垂直纸面方向振动的等效摆长是 $R=\frac{l^2-d^2}{\sqrt{l^2-\frac{3}{4}d^2}}$ ，并且根据几何关系

可以得到

$\begin{cases} OA+OB=2l\\ OB^2-OA^2=4d^2\\ \end{cases}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{c} OA=l-\frac{d^2}{l}\\ OB=l+\frac{d^2}{l}\\ \end{array} \right.$

以及 $OA=OB\cos \left( 2\alpha \right)$ ，得到

又因为

$2l\cos \left( \frac{\pi}{2}-2\alpha +\frac{\pi}{6} \right) =2d\cos \frac{\pi}{6}$

那么

舍掉了两个不符合条件的解，那么曲率半径是 $R=\frac{2d^2}{\sqrt{3d^2-\frac{3}{4}d^2}}=\frac{4}{3}d$ ，然后再算一算小球悬挂点到小球重垂线与AB交点的距离：

$h=\frac{2}{\sqrt{3}}OA=\frac{4}{3}d$ 哦吼，破案了，竟然真的是一样的。

那这是特例吗？我们不再看题，依然研究一般情况的小球悬挂点到小球重垂线与AB交点的距离，由几何关系

得到

按相似三角形的性质还有

$\frac{h}{l\cos \alpha -d\sin \theta}=\frac{l_2}{l}$ 得到

哎，你别说，还真不是特例，这椭球摆的垂直纸面微振动的等效曲率圆中心就在椭球长轴上。

上述过程也可以用参数方程来计算，这个模型写拉氏量解EL方程也不容易。

完结撒花！欢迎讨论！

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