旋转的弹簧.PNG

一根均匀的弹簧长度l

0

,线密度λ

0

,劲度系数k,总质量M。现在没有重力的环境下,绕其一端作角速度ω的旋转(角速度恒定),则此时其长度变为多少?

这是网友“宇宙为家”在几天前提出的问题。期间我曾做过多次解答,犯了若干次错误,经过修修补补,得出了最后的答案,在此感谢“宇宙为家”朋友的多次提醒。如果下面的答案依旧有错误,望各位读者发现并指出。

首先要把题目理解清楚,弹簧在旋转前是均匀的,但是旋转后由于不同点受到的“惯性离心力”不同,所以每一部分弹簧必将不均匀地伸长,导致密度不再是常数。由于弹簧变得不均匀,因此以“长度比”来衡量劲度系数比已经不可靠了,应该以“质量比”来表达。设在旋转之后密度函数为$\lambda=\lambda(r)$,r是弹簧上的一个横断面到旋转重心O的距离,弹簧上每一点的惯性离心力为$dF_c=r\omega^2 dm=\lambda r\omega^2 dr$,那么距离圆心为r处的弹簧的断面受到的惯性离心力为$F_c=\int_r^{l}\lambda r\omega^2 dr$(注:$F_c$即Centrifugal force,离心力,这是为了避免与下面的F混淆)。每一段长度为dr弹簧的劲度系数为$\frac{M}{dm}k$,由于惯性离心力的作用,伸长量为$\frac{\int_r^{l}\lambda r\omega^2 dr}{Mk/dm}=\frac{\omega^2 dm}{Mk}\int_r^{l}\lambda r dr$,旋转前这一段的长度为$\frac{dm}{\lambda_0}$,显然这一段的密度为$\lambda=\frac{dm}{\frac{dm}{\lambda_0}+\frac{\omega^2 dm}{Mk}\int_r^{l}\lambda r dr}=\frac{1}{\frac{1}{\lambda_0}+\frac{\omega^2}{Mk}\int_r^{l}\lambda r dr}$

请看最后一步,我们已经是列出了关于密度函数的“积分方程”:
$\lambda=\frac{1}{\frac{1}{\lambda_0}+\frac{\omega^2}{Mk}\int_r^{l}\lambda r dr}$

这是BoJone解答这道题目的关键。对于BoJone来说,解积分方程是很困难的,通过变换,可以将其变为微分方程(其实对BoJone而言,解微分方程也不容易)。
设$F=\int_r^{l}\lambda r dr$,则$\lambda =-\frac{dF}{rdr}=-\frac{\dot{F}}{r}$,代入原来的方程,得到:
$-\frac{\dot{F}}{r}=\frac{1}{\frac{1}{\lambda_0}+\frac{\omega^2}{Mk}F}$
$-r=\frac{\dot{F}}{\lambda_0}+\frac{\omega^2}{Mk}F\dot{F}$

这道微分方程显得如此简单,积分一次就得到:
$C-\frac{1}{2} r^2=\frac{F}{\lambda_0}+\frac{\omega^2}{2Mk}F^2$

C是积分常数,根据F的定义,可以得出当r=l时,应该有F=0,所以推出:$C=\frac{1}{2} l^2$,并且从中解出F,得到
$F=\pm \sqrt{\frac{Mk}{\omega^2}(l^2-r^2)+(\frac{Mk}{\omega^2\lambda_0})^2}-\frac{Mk}{\omega^2\lambda_0}$
舍去负值(自己想原因?)
可以计算
$\lambda =-\frac{dF}{rdr}=\frac{Mk}{\omega^2\sqrt{\frac{M^2 k^2}{\omega^4 \lambda_0^2}+\frac{Mk (l^2-r^2) }{\omega^2}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{\lambda_0^2}+\frac{\omega^2(l^2-r^2)}{Mk}}}$

根据密度函数的定义,应该有
$\int_0^l \lambda dr=\int_0^l \frac{dr}{\sqrt{\frac{1}{\lambda_0^2}+\frac{\omega^2(l^2-r^2)}{Mk}}}=M$
这个积分的结果是
$\frac{\sqrt{Mk}}{\omega}arcsin( \frac{r\omega}{\sqrt{l^2\omega^2+\frac{Mk}{\lambda_0^2}}})$

于是我们有
$M=\frac{\sqrt{Mk}}{\omega}arcsin( \frac{l\omega}{\sqrt{l^2\omega^2+\frac{Mk}{\lambda_0^2}}})$

为了方便计算,根据$arcsin(\frac{a}{b})=arctg\frac{a}{\sqrt{b^2-a^2}}$,可以将上式变成
$M=\frac{\sqrt{Mk}}{\omega}arctg(\frac{l\omega\lambda_0}{\sqrt{Mk}})$

可以解出
$l=\frac{\sqrt{Mk}}{\lambda_0 \omega}tg(\omega\sqrt{M/k})=l_0*\frac{1}{\omega}\sqrt{k/M}tg(\omega\sqrt{M/k})$

这个答案很漂亮!首先$\frac{1}{\omega}\sqrt{k/M}$和$\omega\sqrt{M/k})$互为倒数,这两个具有对称的美。而且M的量纲是$M$,k的量纲是$\frac{M}{T^2}$,那么$\sqrt{M/k}$的量纲就是$T$,而$\omega$的量纲是$1/T$,那么$\frac{1}{\omega}\sqrt{k/M}$和$\omega\sqrt{M/k})$均是无量纲的量,这与答案的运算过程是自洽的!再者,当$\omega\sqrt{M/k}->\pi/2$时,$l->\infty$,换句话说,$\omega\sqrt{M/k}$不能超过$\pi/2$,这给出了衡量弹簧性能的一个参数:$\omega=\pi/2 \sqrt{k/M}$,如果$\omega$越大,那么就说明弹簧“受折腾”能力越强,也就是性能越好!


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