Решение задач по Физике (Кириллов) (1018048), страница 18
Текст из файла (страница 18)
К нему прикреплена легкая пружина жесткости )!. Свободный конец пружины начали перемещать в горизонтальном направлении вдоль пружины с некоторой постоянной скоростью. Через сколько времени надо остановить этот конец пружины, чтобы после остановки брусок не колебался? Решение Пусть имеется неподвижная система координат Оху.
Введем систему координат О, х, у,, движущуюся со скоростью У вдоль осн х по отношению к системе Оху так, что х=х, +У! (см. рис.4.5). В системе О,х,у, свободный конец пружины покоится, а брусок движется влево со скоростью У. Пружина с бруском представляет собой колебательную 132 Глава 4 Г систему с собственной частотой «зв = ~ —. Движение бруска в системе о о, х х1 Рнс.4.5 О, х,у, описывается уравнением х, = ав сов (азв1+ а), (1) дх, В момент 1=0 смещение бруска х =О, а скорость )л = — '=-)л. 1 Через время, равное целому числу периодов колебаний после начала 2ю Ги движения конца пружины 1=пТ =л — =2лп ~ — (и = 1,2, 3 ...), скорость «зо бруска в системе координат О,х,у, будет равна -)л, а в системе Оху он будет покоится.
Следовательно, при остановке свободного конца пружины в указанные моменты времени в системе Оху брусок будет покоится и колебаний не возникнет. Ответ: 1 = 2лн ~ —, (л = 1, 2, 3 ...). Колебания и волны (ЗЗ 4.1.5. Сплошной однородный цилиндр радиуса г катается без скольжения по внутренней стороне цилиндрической поверхности радиуса Я, совершая малые колебания. Найти их период. Решение Допустим, что цилиндр отклонился от вертикали на угол (о(см.
рис.4.6). Приращение его потенциальной энергии составляет Е, = тя(Л вЂ” г)(1 — соз(в), где т - масса цилиндра. Кинетическая энергия цилиндра: т(l~ (в~ Е 2 2 где У = аг, К - скорость цилиндра, в - угловая скорость цилиндра относительно его собственной оси, ! = те с2 - момент инерции цилиндра. Далее получаем Рис.4.6 т)г~ те~в~ Зсиг~в~ Е = 2 4 4 Угловая скорость — и угловая скорость в связаны между собой сс (о ос! соотношением (см. рис.4,6): — (Е-г) = ак с(ф> с!с Отсюда Зсиг~(К вЂ” г) (Ыд1 ! ~Зт(й — г) 1(с((о1 Предположим, что ср «1, т.е.
колебания малые. Тогда ! Е„н — (сия(Я вЂ” г))(о~ (2) 2 Выражение в квадратных скобках в (!) представляет собой т,е, а в (2)- lс,е . Следовательно аь = р,„ьт,,)ш = гдт. Отсюда получаем окончательно Т = 2л(З(Ю -г)!2ф' ~. 134 Глава 4 Ответ: Т= 2л~3(И -г)12я)'' 4.1.6. Тонкое кольцо радиуса К совершает малые колебания около точки О (см.
рис.4.7). Найти период колебаний, если они происходят: а) в плоскости рисунка; б) в направлении, перпендикулярном к плоскости рисунка. Найти приведенную длину физического маятника в случаях а) и б). Решение а) Рассмотрим сначала случай колебаний кольца в плоскости рисунка. При отклонении центра кольца от вертикали, проходящей через а) Рис.4.7 ~очку подвеса, на небольшой угол 1е (~к<1) на кольцо действует момент силы тяжести, возвращающий его в положение равновесия 1см.
рис.4.7б): Ф =-таей з1и ге= -глу)11е (1) Основное уравнение динамики твердого тела (1.4.1) выглядит в данном случае следующим образом 7 — =М, Ы'(е 12) ~Й' где 1 — момент инерции кольца относительно точки О. Согласно теореме Штейнера (1.4.2) (3) 1с+гла 135 Колебания и яолнм где 1 = лО! - моменг инерции кольца относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно плоскости кольца, а = й.
Отсюда получаем 1 = 2тК', Подставляя (1) и (4) в (2), получим 2т(! — + тЛ!((а = О, 2е( (а Й' откуда приходим к уравнению малых колебаний кольца Ы'(о — +и '(а=О, г о (4) гл Гй где ио = — = (†- круговая частота колебаний. Следовательно, Т )(2!! г=2 1 = — гл)1 =3 2 Далее по аналогии со случаем а) получим Гзг Т=2л ~ —. ~г~ ' Напомним, что приведенной длиной физического маятника называется длина такого математического маятника, период которого совпадает с периодом данного физического маятника: б) В этом случае уравнение движения кольца аналогично уравнению (2), но в выражении для 1 (см.(3)) меняется 1с.
Теперь !с представляет собой момент инерции кольца относительно оси, совпадающей с его диаметром. Используя общую формулу для момента инерции тела относительно оси 1 = ~~)и,г, (где т,, - элементарные массы, на которые разбивается тело; расстояние ~'-й массы до оси) и переходя в пределе т, -ь О к интегрированию, получим величину 1с кольца относительно его диаметра: й2 !. = —. 2 (5) Подставляя (5) в (3), получим момент инерции кольца относительно оси, проходящей через точку О: 136 Глава 4 1 1„„= —, (6) где ! — момент инерции физического маятника относительно оси вращения, т — масса маятника, 1 — расстояние от оси вращения до центра масс маятника.
Подставляя (4) и (5) в (6), а также учитывая, что 1=И в обоих случаях, получим 3 г — тй б) 1„= = — Гг. 3 тл 2 гЮ Ггг ]и Ответ:а) Т=2л ~ —, 1„=2И; б) Т=2гг ~ —, 1„= — Я. '12я "л 2 4.2. Затухающие колебания Осгговные формулы ° Уравнение движения осциллятора с учетом затухания г( х г(х т =-Йх — г— (4.2.1) г(гг г(! Последний член в (4.2.1) представляет собой силу сопротивления среды, которая пропорциональна скорости тела; г носит название коэффициента сопротивления. ° Запишем (4.2.1) в другой форме — е2!3 — +ага х=О, г( х в(х (4.2.2) г!гг Й где коэффициент !3 = г/2т — называется коэффициентом затухания, а),'= 'г!гл ° Решение уравнения (4.2.2): х = а ее ~ соз(ах + а), (4.2.3) где ав, а - произвольные постоянные, аг = [аз, - )Т ] - циклическая г " вг частота затухающих колебаний, Т= 2гв'аг- их период, а(!) = а,ехр(-рг)- амплитуда затухающих колебаний.
° Логарифмический декремент затухания: 2 =!п[а(!)! а(! е Т)] =г9Т, (4.2.4) 137 Колебания и волны М, = !/2 - число колебаний, в течение которых амплитуда спадает в е раз. ° Добротность колебательной системы: Я = я/Я = я/!/,. ° Энергия осциллятора при слабом затухании (,В <е лЬ): ЕВ) = Ео ехр(-2Ф), (4.2.6) где Е, = /га,'/2- энергия осциллятора при / = О. Из (4.2.6) следует, что г/Е=2ДЕг//. ° Изменение энергии осциллятора за период: АЕ = -2Д7' Е = -2АЕ (4.2.7) Примеры решения задач 4.2.1.
Точка совершает затухающие колебания с частотой в = 25с'. Найти коэффициент затухания /х если в начальный момент скорость точки равна нулю, а ее смещение из положения равновесия в // = 1,02 раза меньше амплитуды. Решение Смещение точки из положения равновесия при затухающих колебаниях описывается уравнением (4.2.3): я=а,е~сок(ох+ а). (1) Из этого уравнения следует, что сдвиг фазы между смещением и скоростью точки отличается от к/2 . Отсюда следует, в частности, что максимальная величина смещения и минимальная величина скорости точки достигаются не одновременно.
В этом одно из отличий затухающих и незатухающих колебаний. Дифференцируя (1) по времени, найдем скорость точки )л(/) = ао е ~ [-фсок(ая + а) - ав1п(ох + а)1. В соответствии с условием задачи )л(0) = а, [-фсок(а) - ев(п(а)] = О, л(0)/ ав = сока= 1/// Отсюда получаем !яа= -/Ра, сока= 1///. (2) Поскольку //и в положительны, то из (2) следует, что а< О. Далее из(2) получаем ,В=в! !яа~ = в[! — сок' а)'/сока= в [(1/сок' а) -1)н' = в[//' - 1)н'.
138 Глава 4 Ответ: г8= ш(г?' -!1 4.2.2. Математический маятник совершает колебания в среде, для которой логарифмический декремент затухания Лс = 1.5. Каким будет значение Л, если сопротивление среды увеличить в и = 2 раза? Во сколько раз следует увеличить сопротивление среды, чтобы колебания стали невозможны? Решение В соответствии с формулами (4.2.3) и (4.2.4) имеем г гнг (1) Из (1) при Л = Лв, )5 = Дг получаем (коэффициент затухания Дг соответствует случаю, когда логарифмический декремент затухания равен =Р (2) (шв -г8в 1 Возводя обе части равенства (2) в квадрат и разрешая полученное уравнение относительно Дг, получаем д Лешо (3) (4лг + Л ]"' Для случая, когда коэффициент гб увеличен по условию задачи по сравнению с первоначальным значением в н = /РДг = 2 раза, получаем, используя (!) и (3) 2глгД, 2 т (Шо — (нг(гв) 1 (( в )г 1)иг А 2 ге 2лнЛо нг ' шо (4л +Ло ) иг (4гг +Лв (1 н )) (лЛОогв) Полагая в (4) и = 2, получаем Л| и 3,3 .
Колебания маятника стануг невозможны при Л = . Это реализуется в случае, когда знаменатель в (4) обращается в нуль. В результате приходим к уравнению 1+(1-и )(Лв/2л) =О, 139 Колебания и волны откуда и'= !1+(2юЛо)')и'ж4,3. Ответ: Л~ =лЛдl!1+ (1- л')Лв/2л) ! ' =3,3; л = !1+(2шЛв) ] ~ н43 4.2.3. Найти добротность математического маятника длины 50 см, если за промежуток времени г = 5,2 мин его полная механическая энергия уменьшилась в !2 = 4х10" раз. Решение Согласно формуле (4.2.5) Х Х 0= — = —, л ~г' 2л' 2л (д где Т= — = , шв ы ~ — — собственная частота незатухающих 2 р2 ) из ' !1~ ! колебаний математического маятника.
Предположим, что затухание в системе мало. В этом случае, согласно (4.2.6) Ейй = Ев ехр(-2,Й). Отсюда найдем Р Подставляя выражение для Т и Р'в формулу для Д, получим л!«1, —,8 )и 1 гон 1 4г оЛ, 1 4уг~ Так как Д!, = Я/л» 1, то колебания действительно слабо затухающие, и, следовательно, предположение, сделанное выше, верно.
1и2 Ответ: Д = — — 1~ н130. 1~4яг' 2~! !пг 14О Глава 4 4.3. Вынужденные колебания Основные формулы где й = Хо ((йго йг ) +48 ш ) (й - сдвиг между фазами установившегося колебания и вынуждающей силы, который определяется выражением 2,8йг г йь' -йг' ° Максимум амплитуды смешения достигается при йг „= [йзг~ - 2р"] ~~ ° Амплитуда смещения при резонансе равна Хо а,„, = м' 2г)(йг г дг)аг (4.3.3) (4.3.4) Примеры решения задач 4.3.1. Шарик массы нг может совершать незатухающие гармонические колебания около точки х = 0 с собственной частотой йг, .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
