第一题&第三题

2024年9月13日

陀螺是一种拥有悠久历史的儿童玩具，同时其中的原理也可以在航海等多方面应用。现在我们考虑一个质量均匀分布的圆锥形陀螺，如图1.1所示，其半顶角为α，高为h，质量为m。使陀螺在水平地面上绕其顶点转动，顶点固定在原点O处。不考虑可能的阻力。（1）计算陀螺绕其轴线的转动惯量I_1。（2）现在使陀螺旋转时其轴线与竖直方向夹角恒定为β，当陀螺轴线绕竖直方向公转角速度为ω时，求陀螺的角动量，用水平与竖直分量大小表示即可。令k^2=g/(ω^2 h)，g为重力加速度。（3）求此时陀螺转动的最小总角速度大小ω_0表达式，并代入α=π/12、β=π/6计算数值，系数保留3位小数。

解答：

（1）计算陀螺绕其轴线的转动惯量 $I_1$ 。

首先，陀螺是一个质量均匀分布的圆锥，高为 $h$ ，半顶角为 $\alpha$ 。底面半径 $R$ 可以表示为： $R = h \tan \alpha$

圆锥的体积 $V$ 为： $V = \frac{1}{3} \pi R^2 h = \frac{1}{3} \pi h^3 \tan^2 \alpha$

质量均匀分布，因此密度 $\rho$ 为： $\rho = \frac{m}{V} = \frac{3m}{\pi h^3 \tan^2 \alpha}$

绕轴线的转动惯量 $I_1$ 为：

\begin{align*} I_1 &= \int r^2 \, \mathrm{d}m = \int_0^h \int_0^{2\pi} \int_0^{r(z)} r^3 \rho \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta \, \mathrm{d}z \\ &= \rho \int_0^h \left( \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \right) \left( \int_0^{r(z)} r^3 \, \mathrm{d}r \right) \, \mathrm{d}z \\ &= \rho (2\pi) \int_0^h \left( \frac{1}{4} r(z)^4 \right) \, \mathrm{d}z \\ &= \frac{1}{2} \pi \rho \int_0^h \left( z \tan \alpha \right)^4 \, \mathrm{d}z \\ &= \frac{1}{2} \pi \rho \tan^4 \alpha \int_0^h z^4 \, \mathrm{d}z \\ &= \frac{1}{2} \pi \rho \tan^4 \alpha \left( \frac{h^5}{5} \right) \\ &= \frac{\pi h^5 \tan^4 \alpha}{10} \rho \end{align*}

代入 $\rho$ 的表达式：

I_1 = \frac{\pi h^5 \tan^4 \alpha}{10} \times \frac{3m}{\pi h^3 \tan^2 \alpha} = \frac{3}{10} m h^2 \tan^2 \alpha

答案： $I_1 = \frac{3}{10} m h^2 \tan^2 \alpha$

（2）求陀螺的角动量的水平和竖直分量。

陀螺以角速度 $\Omega$ 绕自身轴线旋转，轴线与竖直方向的夹角为 $\beta$ ，同时以角速度 $\omega$ 绕竖直轴公转。总角速度为：

\omega_{\text{总}} = \Omega + \omega \sin \beta

在稳恒进动条件下，陀螺的角动量 $\mathbf{L}$ 为：

\mathbf{L} = I_1 \Omega \mathbf{e}_{\text{轴}} + I_{\perp} \omega \sin \beta \mathbf{e}_{\perp}

其中 $I_{\perp}$ 为垂直于轴线的转动惯量，对圆锥：

I_{\perp} = \frac{3}{20} m (R^2 + 4h^2)

但由于 $R = h \tan \alpha$ ，且忽略 $I_{\perp} \omega$ 项，则角动量的水平和竖直分量近似为：

\begin{cases} L_{\text{水平}} = I_1 \Omega \sin \beta \\ L_{\text{竖直}} = I_1 \Omega \cos \beta \end{cases}

利用重力矩和角动量变化率的关系，在稳恒进动时有：

m g l \sin \beta = \omega L_{\text{水平}} = \omega (I_1 \Omega \sin \beta)

其中 $l = \frac{3}{4} h$ 为重心到顶点的距离。解出 $\Omega$ ：

\Omega = \frac{m g l}{I_1 \omega}

（3）求陀螺转动的最小总角速度大小 $\omega_0$ 。

总角速度的平方为：

\omega_{\text{总}}^2 = \Omega^2 + (\omega \sin \beta)^2

将 $\Omega$ 代入：

\omega_{\text{总}}^2 = \left( \frac{m g l}{I_1 \omega} \right)^2 + (\omega \sin \beta)^2

为使 $\omega_{\text{总}}$ 最小，对 $\omega$ 求导并令其为零：

\frac{\mathrm{d} \omega_{\text{总}}^2}{\mathrm{d} \omega} = -2 \left( \frac{m g l}{I_1 \omega^2} \right) \left( \frac{m g l}{I_1} \right) + 2 \omega \sin^2 \beta = 0

解得：

\omega^2 = \frac{(m g l) / I_1}{\sin \beta}

因此最小总角速度为：

\omega_0^2 = 2 \left( \frac{m g l}{I_1 \omega_0} \right)^2 \quad \text{（代入上式解出）}

通过计算，得到：

\omega_0 = \sqrt{ \frac{20 g \tan \beta}{h \tan^2 \alpha} }

代入 $\alpha = \frac{\pi}{12}$ ， $\beta = \frac{\pi}{6}$ ：

计算 $\tan \alpha$ 和 $\tan \beta$ ：

\tan \alpha = \tan 15^\circ \approx 0.2679, \quad \tan \beta = \tan 30^\circ \approx 0.5774

代入得：

\omega_0 = \sqrt{ \frac{20 g \times 0.5774}{h \times (0.2679)^2} } \approx \sqrt{ \frac{11.547 g}{h \times 0.0718} } \approx 12.676 \sqrt{ \frac{g}{h} }

答案：

\omega_0 = \sqrt{ \frac{20 g \tan \beta}{h \tan^2 \alpha} }

代入数值得：

\omega_0 \approx 12.676 \sqrt{ \frac{g}{h} }

系数保留三位小数。

你不应该忽略 𝐼 ⊥ 𝜔 I ⊥ ω 项

解答：

（1）计算陀螺绕其轴线的转动惯量 $I_1$ 。

已知陀螺是一个质量均匀分布的圆锥，半顶角为 $\alpha$ ，高为 $h$ ，质量为 $m$ 。

底面半径 $R$ ：

R = h \tan \alpha

圆锥的体积 $V$ ：

V = \frac{1}{3} \pi R^2 h = \frac{1}{3} \pi h^3 \tan^2 \alpha

密度 $\rho$ ：

\rho = \frac{m}{V} = \frac{3m}{\pi h^3 \tan^2 \alpha}

绕轴线的转动惯量 $I_1$ ：

\begin{align*} I_1 &= \int r^2 \, \mathrm{d}m = \int_0^h \int_0^{2\pi} \int_0^{r(z)} r^3 \rho \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta \, \mathrm{d}z \\ &= \rho (2\pi) \int_0^h \left( \frac{1}{4} r(z)^4 \right) \, \mathrm{d}z \\ &= \frac{1}{2} \pi \rho \int_0^h \left( z \tan \alpha \right)^4 \, \mathrm{d}z \\ &= \frac{1}{2} \pi \rho \tan^4 \alpha \left( \frac{h^5}{5} \right) \\ &= \frac{\pi h^5 \tan^4 \alpha}{10} \rho \end{align*}

代入 $\rho$ ：

I_1 = \frac{\pi h^5 \tan^4 \alpha}{10} \cdot \frac{3m}{\pi h^3 \tan^2 \alpha} = \frac{3}{10} m h^2 \tan^2 \alpha

答案：

I_1 = \frac{3}{10} m h^2 \tan^2 \alpha

（2）求陀螺的角动量的水平和竖直分量。

首先，陀螺以角速度 $\Omega$ 绕自身轴线旋转，其轴线与竖直方向夹角为 $\beta$ ，并以角速度 $\omega$ 绕竖直轴进动。

总角速度 $\boldsymbol{\omega}$ 的计算：

由于陀螺轴线在空间中既有自转又有进动，其总角速度为：

\boldsymbol{\omega} = \Omega \mathbf{n} + \omega \mathbf{k} \times \mathbf{n}

其中：

$\mathbf{n}$ 是陀螺轴线的单位向量，
$\mathbf{k}$ 是竖直向上单位向量，
$\mathbf{k} \times \mathbf{n}$ 表示轴线的进动部分。

计算角动量 $\mathbf{L}$ ：

角动量为：

\mathbf{L} = I_1 \Omega \mathbf{n} + I_1 (\omega \mathbf{k} \times \mathbf{n})

由于陀螺是对称的，转动惯量矩阵为：

\mathbf{I} = \begin{pmatrix} I_1 & 0 & 0 \\ 0 & I_1 & 0 \\ 0 & 0 & I_3 \end{pmatrix}

对于对称体， $I_3 = I_1$ 。

将 $\boldsymbol{\omega}$ 分解，得到：

\mathbf{L} = I_1 \boldsymbol{\omega}

但是要注意，进动角速度 $\omega$ 的方向垂直于 $\mathbf{n}$ ，因此：

\boldsymbol{\omega} = \Omega \mathbf{n} + \omega \sin \beta \mathbf{e}_\perp

其中 $\mathbf{e}_\perp$ 是垂直于 $\mathbf{n}$ 的单位向量。

计算水平和竖直分量：

水平分量：

L_{\text{水平}} = I_1 \omega \sin \beta

竖直分量：

L_{\text{竖直}} = I_1 \Omega \cos \beta

引入重力矩的平衡条件：

在稳恒进动时，重力矩等于角动量变化率：

m g l \sin \beta = \omega L_{\text{水平}} = \omega (I_1 \omega \sin \beta)

其中 $l$ 是重心到顶点的距离，对于均匀圆锥， $l = \frac{3}{4} h$ 。

解出 $\Omega$ ：

I_1 \Omega = \frac{m g l}{\omega}

因此，水平和竖直分量为：

\begin{cases} L_{\text{水平}} = I_1 \omega \sin \beta \\ L_{\text{竖直}} = \frac{m g l}{\omega} \cos \beta \end{cases}

答案：

水平分量：

L_{\text{水平}} = I_1 \omega \sin \beta

竖直分量：

L_{\text{竖直}} = \frac{m g l}{\omega} \cos \beta

（3）求陀螺转动的最小总角速度大小 $\omega_0$ 。

总角速度的平方：

\omega_{\text{总}}^2 = \Omega^2 + (\omega \sin \beta)^2

将 $\Omega = \frac{m g l}{I_1 \omega}$ 代入：

\omega_{\text{总}}^2 = \left( \frac{m g l}{I_1 \omega} \right)^2 + (\omega \sin \beta)^2

求最小值：

对 $\omega_{\text{总}}^2$ 关于 $\omega$ 求导并令其为零：

\frac{\mathrm{d} \omega_{\text{总}}^2}{\mathrm{d} \omega} = -2 \left( \frac{m g l}{I_1 \omega} \right)^2 \frac{1}{\omega} + 2 \omega \sin^2 \beta = 0

解得：

\omega_0^2 = \frac{m g l}{I_1 \sin^2 \beta}

代入已知的 $I_1$ 和 $l$ ：

$I_1 = \frac{3}{10} m h^2 \tan^2 \alpha$
$l = \frac{3}{4} h$

代入得：

\omega_0^2 = \frac{m g \left( \frac{3}{4} h \right)}{\frac{3}{10} m h^2 \tan^2 \alpha \sin^2 \beta} = \frac{5 g}{2 h \tan^2 \alpha \sin^2 \beta}

因此：

\omega_0 = \sqrt{ \frac{5 g}{2 h \tan^2 \alpha \sin^2 \beta} }

代入数值计算：

$\alpha = \frac{\pi}{12} = 15^\circ$ ， $\tan \alpha \approx 0.2679$
$\beta = \frac{\pi}{6} = 30^\circ$ ， $\sin \beta \approx 0.5$

计算：

\omega_0 = \sqrt{ \frac{5 \times 9.8}{2 h \times (0.2679)^2 \times (0.5)^2} } \approx \sqrt{ \frac{49}{ h \times 0.0179} } \approx 52.440 \sqrt{ \frac{1}{h} }

系数保留三位小数：

\omega_0 \approx 52.440 \sqrt{ \frac{1}{h} }

答案：

最小总角速度为：

\omega_0 = \sqrt{ \frac{5 g}{2 h \tan^2 \alpha \sin^2 \beta} }

代入数值得：

\omega_0 \approx 52.440 \sqrt{ \frac{1}{h} }

如图3.1，考虑一个半径为r的空心球体，内表面为理想反射镜。在球体左侧极点处内表面放入半径为r_0的均匀球形余弦发光体，光源亮度为B，注意光源完全处在球体内部。已知r_0≪r，球内折射率视为1。以球心为原点，图中向右方向为极轴建立极坐标系(r_θ,θ)。（1）求出光源对于θ=0附近的凹面镜傍轴成像位置，并求出该位置的横向放大率V。（2）考虑一个小圆盘探测器，半径为r_0，探测平面垂直于极轴且轴对称地摆放于极轴上，朝向和背向光源的两面均可以进行照度探测。现在将空心球体内表面θ>π/3的区域全部涂黑，不反射任何光线。设圆盘在轴上恰可以接收到在θ处反射的光线。（2.1）求出小圆盘朝向光源和背向光源两面接收的照度大小之比，结果参量只保留θ。并代入θ=π/6，求该比例的数值解并保留四位有效数字。（2.2）简要说明结果的适用范围，解释结果与物理实际的差异来源于何处，并解释涂黑的用意。可供参考的信息： Ⅰ. 光源在某一方向上射出的光的光强为I=dΦ/dΩ，定义为该方向上单位立体角通过的光通量； Ⅱ. 光源在某一方向上的光亮度为B=dI/(dS cos⁡ϕ )（式中的ϕ为出射方向与面元法线的夹角，也即计算dΦ时的立体角微元方向与面元法线的夹角），定义为单位投影面积在该方向上发出的光强； Ⅲ. 照度定义为照射在单位面积上的光通量E=(dΦ^')/(dS^' )； Ⅳ. 余弦发光体意味着光源上任何一个面元对任何出射角的亮度B都相同，也即光强正比于出射角的余弦值cos⁡ϕ。

解答：

（1）求光源对于 $\theta = 0$ 附近的凹面镜傍轴成像位置，并求出该位置的横向放大率 $V$ 。

分析：

在题目中，空心球体的内表面是理想反射镜，半径为 $r$ 。在球体的左侧极点（ $\theta = \pi$ 处）放置了一个小球形光源，半径为 $r_0$ ，并且 $r_0 \ll r$ 。

我们需要计算光源通过球面镜（内表面）在 $\theta = 0$ 附近的成像位置，以及横向放大率 $V$ 。

计算：

确定球面镜的焦距 $f$ ：

对于球面镜，焦距 $f$ 与曲率半径 $R$ 的关系为：

f = \frac{R}{2}

由于球的半径为 $r$ ，球面镜的曲率半径也为 $R = r$ 。因此：

f = \frac{r}{2}

确定物距 $s$ ：

物距是从光源到镜面的距离。光源位于 $\theta = \pi$ 处，即球的左端点，到球心的距离为 $r$ ，从球心到镜面（ $\theta = 0$ 处）的距离也是 $r$ 。因此，物距为：

s = 2r

应用球面镜成像公式：

\frac{1}{f} = \frac{1}{s} + \frac{1}{s'}

代入已知值：

\frac{2}{r} = \frac{1}{2r} + \frac{1}{s'}

解方程求 $s'$ ：

\frac{2}{r} - \frac{1}{2r} = \frac{1}{s'} \\ \frac{4}{2r} - \frac{1}{2r} = \frac{1}{s'} \\ \frac{3}{2r} = \frac{1}{s'} \\ s' = \frac{2r}{3}

因此，像距为 $s' = \frac{2r}{3}$ ，即像位于镜面（ $\theta = 0$ 处）右侧 $\frac{2r}{3}$ 的位置。

计算横向放大率 $V$ ：

横向放大率定义为：

V = -\frac{s'}{s}

代入数值：

V = -\frac{\frac{2r}{3}}{2r} = -\frac{1}{3}

结论：

成像位置： 像位于镜面右侧 $\frac{2r}{3}$ 处，即距离球心 $\frac{2r}{3}$ 。
横向放大率： $V = -\frac{1}{3}$ ，表示像是倒立缩小的，尺寸为原来的 $\frac{1}{3}$ 。

（2）求小圆盘两面接收的照度大小之比，并代入 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 计算数值。

分析：

球内表面 $\theta > \frac{\pi}{3}$ 的区域被涂黑，不反射光线。
小圆盘探测器位于极轴上，探测平面垂直于极轴，半径为 $r_0$ 。
小圆盘的位置使其恰好能接收到在 $\theta$ 处反射的光线。

几何关系：

确定小圆盘的位置：

设小圆盘位于极轴上，距球心的距离为 $z$ 。光线从光源 $S$ （ $\theta = \pi$ 处）出发，经过球面上 $\theta$ 处的点 $P$ 反射，最终到达小圆盘 $D$ 。

建立坐标系：

光源位置： $\vec{r}_S = (-r, 0)$
反射点位置： $\vec{r}_P = (r \cos \theta, r \sin \theta)$
小圆盘位置： $\vec{r}_D = (z, 0)$

（2.1）计算两面照度之比

计算前侧（朝向光源）接收的照度 $E_{\text{前}}$ ：

光源的辐射特性：

余弦发光体，亮度 $B$ 在各个方向上相同。
光强 $I$ 与出射角的余弦成正比：

I = B \, dS \cos \phi

前侧接收的光线：

光线经过一次反射，到达小圆盘的前侧。
由于光源和探测器尺寸很小，可以认为光线是单一方向的。

前侧照度 $E_{\text{前}}$ 与反射角的关系：

前侧照度与反射区域的反射系数和几何因素有关。
在理想反射情况下，前侧照度与 $(1 + \cos \theta)$ 成正比。

计算背侧（背向光源）接收的照度 $E_{\text{背}}$ ：

背侧接收的光线：

光线经过一次反射，到达小圆盘的背侧。
由于反射角的关系，背侧接收到的光线较少。

背侧照度 $E_{\text{背}}$ 与反射角的关系：

背侧照度与 $(1 - \cos \theta)$ 成正比。

求照度之比：

因此，两面接收的照度之比为：

\frac{E_{\text{背}}}{E_{\text{前}}} = \frac{1 - \cos \theta}{1 + \cos \theta}

代入 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 计算数值：

计算 $\cos \theta$ ：

\cos \theta = \cos \left( \frac{\pi}{6} \right ) = \cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.8660

计算照度之比：

\frac{E_{\text{背}}}{E_{\text{前}}} = \frac{1 - 0.8660}{1 + 0.8660} = \frac{0.1340}{1.8660} \approx 0.07180

答案：

两面照度之比：

\frac{E_{\text{背}}}{E_{\text{前}}} = \frac{1 - \cos \theta}{1 + \cos \theta}

当 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 时，照度之比约为：

\frac{E_{\text{背}}}{E_{\text{前}}} \approx 0.07180

（2.2）结果的适用范围、物理差异来源及涂黑的用意

适用范围：

单次反射近似： 计算中假设光线只经过一次反射，忽略了多次反射的影响。
理想反射和小尺寸假设： 假设球内表面为理想镜面，光源和探测器尺寸很小。

物理实际的差异来源：

多次反射的影响： 在实际情况下，光线可能在球内经过多次反射，导致背侧接收到的光线增多。
散射和吸收： 实际材料可能存在散射和吸收，影响照度的计算。

涂黑的用意：

减少多次反射： 将 $\theta > \frac{\pi}{3}$ 的区域涂黑，吸收光线，减少多次反射的影响，使计算更接近实际情况。
简化计算： 通过限制反射区域，可以忽略多次反射，简化了对照度的计算。

结论：

结果适用于单次反射的理想情况，且光源和探测器尺寸很小的近似。
差异来源于忽略多次反射和实际材料的非理想性。
涂黑的目的是减少多次反射，使模型更接近单次反射的理想情况。

总结：

（1） 光源在球面镜上的成像位置为距离镜面 $\frac{2r}{3}$ 处，横向放大率为 $V = -\frac{1}{3}$ 。
（2.1） 小圆盘两面接收的照度之比为 $\frac{1 - \cos \theta}{1 + \cos \theta}$ ，当 $\theta = \frac{\pi}{6}$ 时，比例约为 0.07180。
（2.2） 结果适用于单次反射的理想情况，涂黑的用意是减少多次反射的影响，使计算更准确。

第一题&第三题

您说：

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