感谢Awank-Newton读者的来信,本文于2013.01.30作了修正,主要是弹性势能的正负号问题。之前连续犯了两个错误,导致得出了正确答案。现在已经修正。参考《平衡态公理的修正与思考》

在下面的两篇文章中,BoJone已经介绍了这个“旋转弹簧伸长”的问题,并从两个角度提供了两种解答方法。前者列出了一道积分方程,然后再转变为微分方程来解;后者直接从弹性力学的角度来列出一道二阶微分方程,两者殊途同归。
http://kexue.fm/archives/782/

http://kexue.fm/archives/826/

今天,再经过一段时间的变分法涉猎后,BoJone尝试从变分的角度(总能量最小)来给出一种新的解法。同样设r为旋转达到平衡后弹簧上一点到旋转中心的距离,该点的线密度为$\lambda =\lambda (r)$,该点到中心的弹簧质量为$m=m(r)$,旋转前的长度为$l_0$,旋转平衡后的长度为$l_1$。由于弹簧旋转后已经达到了平衡状态,由平衡态公理(参看《自然极值》系列),平衡意味着总能量“动能-势能”取极值。

该弹簧的总动能为
$$E_k=\int_0^{l_1} \frac{1}{2} [v(r)]^2 dm=\frac{1}{2} \int_0^{l_1} \lambda r^2 \omega^2 dr$$

下面来求弹簧的总弹性势能。由于弹簧被拉伸了,因而弹性势能为负数,理想弹簧的势能计算公式为$E_p=\frac{1}{2} k (\Delta l)^2$,$\Delta l$是伸长量。但是旋转后的弹簧并非理想弹簧了(不均匀伸长所致)。弹簧[r,r+dr]处的劲度系数为$\frac{M_0}{dm} k$,伸长量为$(dr-\frac{dm}{\lambda_0})$($M_0$弹簧总质量,$\lambda_0$是原来的密度,即平均密度),于是总的弹性势能为

$$E_p=\frac{1}{2} \int_0^{l_1} \frac{M_0}{dm} k(dr-\frac{dm}{\lambda_0})^2=\frac{1}{2} \int_0^{l_1} M_0 k(\frac{1}{\lambda}+\frac{\lambda}{\lambda_0^2}-\frac{2}{\lambda_0})dr$$

总能量“动能-势能”为
$$\begin{aligned}L=\frac{1}{2} \int_0^{l_1} [\lambda r^2 \omega^2 -M_0 k(\frac{1}{\lambda}+\frac{\lambda}{\lambda_0^2}-\frac{2}{\lambda_0})]dr \\ =\frac{1}{2} \int_0^{l_1} [\dot{m}r^2 \omega^2-M_0 k(\frac{1}{\dot{m}}+\frac{\dot{m}}{\lambda_0^2}-\frac{2}{\lambda_0})]dr\end{aligned}$$

现在就好办了,令$F=\dot{m}r^2 \omega^2-M_0 k(\frac{1}{\dot{m}}+\frac{\dot{m}}{\lambda_0^2}-\frac{2}{\lambda_0})$,令其变分为0,有
$$\frac{\partial F}{\partial m}-\frac{d}{dt}(\frac{\partial F}{\partial \dot{m}})=0$$
由于F不显含$m$,因此可以得到首次积分(参看
$$\frac{\partial F}{\partial \dot{m}}=C$$

$$r^2 \omega^2+\frac{M_0 k}{\dot{m}^2}-\frac{M_0 k}{\lambda_0^2}=C$$
当$r=l_0$时,应该有$\dot{m}=\lambda_0$(没有力拉伸这一段,因而密度不变),可以确定$C=l_1^2 \omega^2$.

接下来的处理就和http://kexue.fm/archives/782/一样了,不再赘述!

通过本文,我们可以稍稍领略到了平衡态公理的普适性,以及用变分法研究的魅力,我们省去了受力分析,只需要考虑能量,而能量的标量性使我们可以将其简单叠加运算,这大大减少了我们的思考量。当然,这仅仅是冰山一角。变分法以其独有的魅力在诸多领域大放着光彩!

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