рактический курс физики. Механика (1012847), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Из (6.26) полагая d = l,I = ml 2 , получим формулу периода колебаний математическогомаятникаlT = 2π.(6.27)gгде ω0 =102Тело, подвешенное на легкой упругой проволоке (рис.6.4) ,совершает крутильные колебания вокруг оси, совпадающей спроволокой. При повороте на малый угол в проволоке возникаетвозвращающий момент упругих силM = −c ⋅ ϕ .(6.28)Коэффициентвозвращающегомоментаϕзависит от материала проволоки и ее размеровMπG r 4,(6.29)⋅c=ϕ2 Lгде G - модуль сдвига, характеризующий упругиесвойства материала, r - радиус проволоки, L - еедлина.Рис.6.4Основное уравнение динамики вращательногодвижения имеетвидr& r&Iϕ = M .(6.30)Из (6.28), (6.30) получимдифференциальное уравнениегармонических крутильных колебанийd 2ϕ c+ ϕ = 0.(6.31)dt 2 I(6.32)Его решение имеет вид ϕ = ϕ0 sin (ω0t + α ) ,где ϕ - угловое смещение от положения равновесия, ϕ0 – амплитудаколебаний.Сравнив уравнения (6.8) и (6.32), получим значения угловойчастоты и периода крутильных колебанийcω0 =,(6.33)IIT = 2π .(6.34)cСвободные колебания становятся затухающими из-за наличиясил сопротивления.
Например, когда материальная точка колеблется ввязкой среде, при малыхскоростяхrr на нее действует силаrсопротивления среды Fсопр = −rv = −rx& , где r - коэффициентсопротивления среды. Поэтому из второго закона Ньютонаm&x& = − kx − rx&получим дифференциальное уравнение затухающих колебанийrk&x& + x& + x = 0 .(6.35)mm2k ⎛ r ⎞Его решение для случая, когда>⎜⎟ , имеет видm ⎝ 2m ⎠x = A0e −βt sin (ωt + α ) ,(6.36)103гдеA0e −βt - амплитуда собственных затухающих колебаний, β коэффициент затухания, ωугловая частота затухающихколебаний, α - начальная фаза.2k ⎛ r ⎞<⎜Для случая⎟ система совершает апериодическоеm ⎝ 2m ⎠движение к положению равновесия.Коэффициент затухания β- величина обратная времени, закоторое амплитуда убывает в e разrβ=.(6.37)2mхКруговаячастотазатухающих колебанийω = ω02 − β2 .(6.38)− βtA0eПериодзатухающихколебанийA1A22π2π0T==.
(6.39)2ωtk ⎛ r ⎞−⎜⎟m ⎝ 2m ⎠TЛогарифмическимдекрементом затуханияδназываетсянатуральныйРис.6.5логарифмотношения двухпоследовательных значений амплитуды, отстоящих друг от друга повремени на периодAtA0e −βtδ = ln= ln= βT .(6.40)At +TA0e −β(t +T )Величина δ обратна числу колебаний, за которое амплитудаубывает в e раз.Из (6.40) и рис.6.5 видно, чтоAAδ = ln 1 = ln 2 = ... = βT = const .(6.41)A2A3Рассмотренные выше гармонические и затухающие колебанияявляются свободными.
Если на колеблющуюся точку, кроме силупругости и сопротивления, действует внешняя сила, изменяющаяся современем по гармоническому закону, то колебания называютсявынужденными. Из второго закона Ньютона(6.42)m&x& = − kx − rx& + F0 sin ω1tполучим дифференциальное уравнение вынужденных колебаний104Frkx& + x = 0 sin ω1t .(6.43)mmmЕго решение имеет видx = A0e −βt sin (ωt + α ) + A sin (ω1t + Ψ ) .(6.44)После затухания колебаний, описываемых первым слагаемымсоотношения (6.44), происходят установившиеся вынужденныеколебания с частотой вынуждающей силы ω1 по закону(6.45)x = A sin (ω1t + Ψ )F0и амплитудой A =.(6.46)22 22 2m (ω0 − ω1 ) + 4β ω1Сдвиг фаз между колебаниями точки и вынуждающей силыопределяется соотношением2βω(6.47)tgΨ = − 2 1 2 .ω0 − ω1Резонанс – это резкое возрастание амплитуды колебаний приω резвынуждающейсилы(6.48).определеннойчастотеПродифференцировав соотношение (6.46) по частоте ω1 и приравнявпроизводную к нулю, получим значение резонансной частоты(6.48)ω рез = ω02 − 2β 2 .Из (6.46) и (6.48) найдем значение амплитуды колебаний при резонансеF0Aрез =.(6.49)2mβ ω02 − β2Нарис.6.6Aприведенграфикβ1 < β2зависимости амплитуды Aрез1установившихсявынужденных колебанийотчастотыAвынуждающей силы ω1 .
рез 2Чемменьшеβ2коэффициент затухания F0 2β,темкруче mω0&x& +резонансная кривая.ω рез 2ω рез1ω1Рис.6.61056.2.Примеры решения задачТочка совершает гармонические колебания. Внекоторый момент времени смещение точки от положенияравновесия равноx1 = 5 см. При увеличении фазы вдвоесмещение точки стало x2 = 8 см. Найти амплитуду колебаний.Решение.Зависимость смещения от времени пригармонических колебаниях имеет вид x = A sin (ωt + ϕ) .Обозначим через α фазу в момент времени, когда смещение равно x1 ,xx1 = A sin α . Тогда x2 = A sin 2α = A ⋅ 2 sin α cos α , sin α = 1 . ТогдаAA2 − x12x12cos α == 1− 2 .AAПодставим sin α , cosα в выражения для x2Задача 6.1.x1x2x21 − 12 = 2 x1 1 − 12 .AAAОткуда после очевидных алгебраических преобразованийx2 = A ⋅ 2x2x12= 1− 2 ;A2 x1x22x12=1− 2 ;A4 x12x12x22=1− 2 ;A24 x1x124 x14A == 2,x224 x1 − x221− 24 x1получим выражение для амплитуды колебаний2 x12= 8,3 см .A=4 x12 − x222Задача 6.2.Частица совершает колебания вдоль оси x позакону x = 0,1sin 6,28t [м ].
Найти среднее значение модуля скоростиrv ( среднюю путевую скорость) за вторую 1/8 часть периода T.Решение. По определению,1 t2TTTv = ∫ v(t )dt , где τ = ; t1 = ; t2 =.τ t1884dxx = A sin ωt , а v =, среднее значение модуляТак какdtскоростиT 4T 4888A ⎛ ππ⎞v = ∫ A cos ωtdt = A sin ωt =⎜ sin − sin ⎟ = 0,23 м с .T 84⎠TT8TT ⎝ 2106Задача 6.3.
Точка движется в плоскости xOy по законамx = A sin ω0t , y = B cos ω0t ,где A, B, ω0 - постоянные. Найти:а) уравнение траектории точки; б) ускорение точки в зависимости отее радиус-вектора, проведенного из начала координат.Решение. Перепишем уравнения колебаний в видеxy= sin ω0t , = cos ω0t .ABВозведя их в квадрат и сложив, получим уравнение траектории вx2 y 2виде 2 + 2 = 1 . Это уравнение эллипса.ABЗапишем выражение для радиус-вектора в видеr rrrrr = xi + yj = A sin ω0t ⋅ i + B cos ω0t ⋅ j ,r rгде i , j - орты прямоугольной декартовой системы координат xOy.Тогда скорость точки, по определению, равнаrrrr drv== Aω0 cos ω0t ⋅ i − Bω0 sin ω0t ⋅ j .dtАналогично находим ускорение точкиrrrr dv22a== − Aω0 sin ω0t ⋅ i − Bω0 cos ω0t ⋅ j .dtИскомая зависимость будет иметь видrra = −ω02 r .Задача 6.4.
Полная энергия тела, совершающегоE = 3 ⋅ 10−5 Дж.гармонические колебания,равнаМаксимальная сила, действующая на тело, Fmax = 1,5 ⋅ 10−3Н. Написать уравнение движения тела, если периодколебаний T = 2 с, а начальная фаза α 0 = 60° .Решение. Закон движения запишем в виде x = A sin (ωt + α 0 ) ,π2πрадгдеω==π; α 0 = рад. Найдем амплитуду. Полная энергияTс32 2mA ωравна.Сила,действующаянатело,E=2EA= . Следовательно ,F = ma = mω2 x; Fmax = mω2 A . ОткудаFmax 22E= 4 ⋅ 10−2 м = 4 смA=FmaxОкончательно, закон движения примет видx = 4 sin (πt + π 3)[см ]107Задача 6.5.Тонкий обруч, повешенный на гвоздь, вбитый встену горизонтально, колеблется в плоскости,Oпараллельной стене.
Радиус обруча R = 30см. Вычислить период T колебаний обруча.dСопротивлением среды пренебречь.Решение.Обруч представляет собойRфизический маятник (рис.6.7). Период малыхCколебаний физического маятника равенIOT = 2π,mgdРис.6.7где d = R - расстояние от центра масс С доточки подвеса, I 0 - момент инерцииотносительно горизонтальной оси, проходящей через точку подвеса О.По теореме Штейнера,I O = I C + md 2 = mR 2 + mR 2 = 2mR 2 ,- момент инерции относительно горизонтальной оси,где I Cпроходящей через центр масс точку С. Следовательно, периодгармонических колебаний маятника равен2mR 22R= 2π= 1,55 c .T = 2πmgRgЗадача 6.6. Частица находится в одномерном потенциальномполе, в котором ее потенциальная энергия U(x) зависит от координатыx по закону U ( x ) = U 0 (1 − cos ax ) , где U 0 , a постоянные.
Найтипериод малых колебаний частицы около положения равновесия.Решение.Консервативная сила и потенциальная энергия связанысоотношениемdUddFx = −= − [U 0 (1 − cos ax )] = − (U 0 − U 0 cos ax ) = −aU 0 sin ax .dxdxdxЕсли колебания малые, то x мало и sin ax ≈ ax . ТогдаFx = −aU 0 sin ax = −a 2U 0 x . С другой стороны, Fx = ma x = m&x& .a 2U 0x = 0,Следовательно, − a U 0 x = m&x& . Тогда m&x& + a U 0 x = 0 и &x& +ma 2U 02π 2π m= ω02 .
В итоге период равен T =где=.ω0 a U 0m22108Задача 6.7. Однородный диск массыm = 3 кг и радиусаR = 20 см скреплен с тонким стержнем (рис.6.8), другой конецкоторого прикреплен неподвижно кrпотолку.ОтношениеприложенногоMк углувращательного момента сил Mзакручивания ϕу стержня равноrk = 6 Н ⋅ м/рад . Определить частотуωϕϕмалых крутильных колебаний диска.Решение. Если повернуть диск на угол ϕ ,то появится возвращающий момент сил M = −kϕ(см.рис.6.8). В соответствии с основнымРис.6.8уравнением динамики вращательного движения&& .M = Iε = IϕkmR 2&& + ϕ = 0 , где I =&& = −kϕ или ϕ.Тогда IϕI2В итоге дифференциальное уравнение крутильных колебаний2k&& +примет вид ϕϕ = 0 , откудаmR 22k1 2kω2 =; ω== 10 c −1 .2mRR mЗадача 6.8. Однородный стержень положили на два быстровращающихсяблокаrrN1N2(рис.6.9),расстояниеlмежду осями которыхrrxxFFтр1тр 2= 20 см.
Коэффициенттрения между стержнем иrABμ = 0,18 . rблокамиmgПоказать, что стержень Fтр1будетсовершатьl 2гармонические колебанияи найти их период.Рис.6.9Решение. При вращенииблоков на них действуют силы трения со стороны стержня. К стержнюприложены силы трения Fтр1 и Fтр 2 , противоположно направленные.Их величина определяется силами нормальной реакции опоры N1 иrN 2 . К середине стержня приложена сила тяжести mg . При смещениистержня на x влево тoчка приложения силы тяжести также сместитсяна x влево. Тогда сумма моментов сил, действующих на стерженьотносительно горизонтальной оси, проходящей через точку В , будетравна нулю: ∑ M B = 0 .109mg (l + 2 x )⎛l⎞N1 ⋅ l − mg ⎜ + x ⎟ = 0 .
Откуда N1 =2l⎝2⎠μmg (l + 2 x )и сила трения Fтр1 = μN1 =.2lАналогично ∑ M A = 0 .mg (l − 2 x )μmg (l − 2 x )⎛l⎞, Fтр 2 = μN 2 =.N 2 ⋅ l − mg ⎜ − x ⎟ = 0 , N 2 =2l2l⎝2⎠При смещении влевоFтр1 > Fтр 2 и появляется возвращающаясила, смещающая стержень вправоμmg(l + 2 x − l + 2 x ) = μmg 4 x = 2μmgx .ΔF = Fтр1 − Fтр 2 =l2l2lС учетом разнонаправленности x и ΔF получим2μmgxΔF = −lС другой стороны ΔF = ma = m&x& . Тогда2μmgx2μg2μg2μgm&x& = −x = 0; ω2 =, &x& +; ω=,llll2π2ll= 2π=π= 1,49 cа период T =2μgωμgЗадача 6.9.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
