Л.Г. Антошина, С.В. Павлов, Л.А. Скипетрова - Общая физика (сборник задач) (1109674), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Потенциальная энергия упругой деформации пружи-Рис. 1.72k x2ны определяется выражением Eп = 0 , где k0 — общая жесткость2системы.Кинетическая энергия цилиндра связана с поступательнымдвижением центра масс и вращательным движением относительmv 2 I ω 2. Закон соно продольной геометрической оси: Eк =+22хранения энергии для данного колебательного движения даетk0 A 2 mv 2 I ω2 v 2 (m + I / r 2 )=+=.2222Используя тот факт, что амплитудное значение скоростиk0k A 2 ω2 A 2 (m + I / r 2 ), откуда ω =.v = ωA, получаем 0=22(m + I / r 2 )103Пружины соединены параллельно, поэтому общая жесткость системы k0 = 2k.Таким образом, период колебаний будет равенT = 2π / ω = 2πm + I / r2.2kМожно рассмотреть частный случай, считая цилиндр сплош3m.ным.
Тогда момент инерции I = mr2/2 и период T = πkm + I / r2Ответ: T = 2π.2k1.7.13. Тело вращения радиусом a с моментом инерции I (относительно геометрической оси) и массой m катается без скольжения по внутренней поверхности цилиндра радиусом R, совершаямалые колебания около положения равновесия (рис. 1.73). Найтипериод Т этих малых колебаний.Рис.
1.73Решение. Рассмотрим движение тела как вращение вокруг мгновенной оси с угловой скоростью ω. Линейная скорость центра массопределяется выражением v = ωa. Эту же скорость можно предR −a⎞ Тем самым, ω = ⎛⎜ставить в виде v = (R – a)ϕ.⎟ ϕ . Кинетическая⎝ a ⎠энергия нашего тела определяется выражением2I ω 2 mv 2 I ω2 m(R − a)2 ϕ(m + I / a2 )(R − a)2 ϕ 2Eк =+=+=.22222Потенциальная энергияmg (R − a)ϕ2.2Применим закон сохранения энергии:Eп = mg (R − a)(1 − cos ϕ) ≈2mg (R − a)ϕ2 (m + I / a2 )(R − a)2 ϕ+= const.22104Решением последнего уравнения является функция ϕ =mg (R − a).= A cos(ωt + α) при условии, что ω =(m + I / a2 )(R − a)2Это следует из следующих рассуждений.
Рассмотрим тело, колеблющееся на пружине. Закон сохранения энергии запишется ввидеkx 2 mx 2+= const.22Продифференцируем это уравнение:11k ⋅ 2 x ⋅ x + m ⋅ 2 x ⋅ x = 0,22 = 0.kx+mxполучаемРешением этого уравнения является функцияk.mТаким образом, получаем для периода колебаний выражениеx = A cos(ωt + α 0 ), где ω =T = 2π(1 + I / ma2 )(R − a).gМожно рассмотреть два частных случая:1) колеблющееся тело — сплошной цилиндр: I ц =Tц = 2π3(R − a);2g2) колеблющееся тело — шар: I ш =Tш = 2π7(R − a).5gОтвет: T = 2πma 2;22ma2;5(1 + I / ma2 )(R − a).g1.7.14. Вывести формулу для определения периода Т колебанийфизического маятника.Решение. Физическим маятником называется твердое тело, совершающее колебания вокруг горизонтальной оси, проходящейчерез точку подвеса, расположенную выше его центра масс.105Изобразим на чертеже (рис.
1.74) произвольное твердое тело, которое закреплено в точке О, центр масс тела находится в точке О ′на расстоянии l от точки закрепления. Момент инерции тела относительно оси, проходящей через точку подвеса точку О, равен I.Рис. 1.74Применим второй закон Ньютона для вращательного движениятвердого тела, закрепленного на оси:Iβ = M,(1)где I — момент инерции твердого тела относительно точки закрепления, M — сумма моментов сил относительно этой оси, β — угловое ускорение. В нашем случае только сила тяжести mg создаетвращательный момент относительно точки О. Таким образом, используя связь между β и углом поворота θ (β = d2θ/dt2), из (1) получаемd 2θ= −mgl sin θ,dt 2откудаId 2θmgl sin θ=−.2IdtДля малых колебаний sinθ ≈ θ, поэтому можно считать, чтоd 2θmgl θ=−.2Idt106(2)Решением этого уравнения является функция θ = θ0 sin(ωt + α).Подставляя ее в (2), имеемmgld 2θ= −θ0 ω 2 cos(ωt + α) = θ0 (−)cos(ωt + α),2IdtIоткуда ω = mgl / I и T = 2π.mglДля математического маятника, вся масса которого сосредоточена в точке О′ на расстоянии l от оси, получаем I = ml 2,T = 2πml 2l= 2π .mglgОтвет: T = 2πI.mgl1.7.15.
На противоположных концах пружины укреплены двемассы m1 и m2 (рис. 1.75). Если растянуть пружину, а затем отпустить обе массы одновременно, то каким будет период колебаний Т?Коэффициент упругости пружины k.Рис. 1.75Решение. Пусть х1 — смещение массы m1 из положения равновесия; x2 — смещение массы m2. Заметим, что центр масс системдолжен оставаться на месте, следовательно, m 1x 1 = –m 2x 2;mx1 = − 2 x2.m1Применим к массе m2 второй закон Ньютона:−k( x 2 − x 1 ) = m2d 2 x2,dt 2⎛⎞d2 xm−k ⎜ x2 + 2 x 2 ⎟ = m2 22 ,m1 ⎠dt⎝m + m2d 2 x2= −k 1x 2.2m1m2dtВведем обозначение μ =m1m2(приведенная масса).m1 + m2107Получаемd 2 x2k= − x2 .2μdtμТаким образом, используя формулу T = 2π , для периода коkлебаний получим выражениеT = 2πm1m2.(m1 + m2 )kОтвет: T = 2πm1m2.(m1 + m2 )k1.7.16.
Математический маятник длиной l = 50 см совершаетнебольшие колебания в среде, в которой коэффициент затуханияβ = 0,9 с–1. Определить время τ и число полных колебаний n, поистечении которых амплитуда колебаний маятника уменьшится вk =5 раз. Во сколько раз α должен возрасти коэффициент трения,чтобы колебания оказались невозможны?Решение. Для решения задачи следует воспользоваться теориейзатухающих гармонических колебаний. На рис. 1.76 приведенатипичная зависимость затухающих колебаний от времени. Сила,вызывающая затухание, зависит от скорости колебательного движения; она противодействует движению, и во многих случаях ееможно считать прямо пропорциональной скорости: Fзат = –rv,r — коэффициент трения.
Уравнение движения математическогомаятника можно записать в видеd 2θdθ+r+ mg θ = 0.2dtdtРешением этого уравнения является функцияm(1)θ = θ 0 e−βt sin ωt(2)(мы выбрали начало отсчета времени таким образом, что приt = 0 маятник проходит через положение равновесия, т.е. ϕ0 = 0),rгде β =— коэффициент затухания, ω = ω20 − β2 — частота ко2mлебаний, причем ω0 = g / l — собственная частота колебаний математического маятника при отсутствии трения. Видно, что зависимость выглядит как синус, умноженный на некоторую функцию,которая убывает со временем по экспоненциальному закону (эта108Рис. 1.76функция на рисунке представлена штриховыми линиями), т.е.
амплитудой затухающих колебаний принято считать величинуA(t ) = θ0 e−βt. Определим время τ, через которое амплитуда уменьшилась в k раз от значения А1 до значения А2. Для этого проведемнесложный расчет:⎧⎪ A1 = θ0 e−βt ,⎨⎪⎩ A2 = θ0 e−β(t + τ),ln k = βτ;τ=A1= eβτ = k,A2ln k ln 5== 1, 79 с.ββНайдем теперь число колебаний, приходящихся на интервалвремени τ:n=τ;TT =2π=ω2πω20 − β2= 1, 45 с.Так как 1 < n < 2, то по прошествии двух полных колебанийамплитуда уменьшится уже больше, чем в 5 раз. Решение (2) теряет смысл, когда значение r столь велико, что β2 > ω02 (частотастановится мнимой величиной).
В этом случае система простовозвращается в положение равновесия, не совершая колебаний.Когда β2 = ω02, система приходит в равновесие за самое короткоевремя; это явление называется демпфированием. Обозначая коэффициент трения, обеспечивающий переход к демпфированию,через rmax, определим требуемый коэффициент:α=rmax βmax ω0=== 4, 9.rββ109Ответ: τ = 1,79 с; два полных колебания; α = 4,9 — колебанияневозможны.1.7.17.
Точка участвует одновременно в двух одинаково направленных гармонических колебаниях:x1 = a1 sin(ωt + ϕ1),(1)x2 = a2 sin(ωt + ϕ2).(2)Найти амплитуду А и начальную фазу ϕ0 гармонического колебания, полученного от сложения одинаково направленных колебаний, определяемых уравнениями (1) и (2). Построить графикизависимости от времени смещений результирующего колебанияx(t) для случаев:1) ϕ2 – ϕ1 = 2πn; n = 0, 1, 2, …;2) ϕ2 – ϕ1 = (2n + 1)π; n = 0, 1, 2, …Решение.
Для получения амплитуды A и начальной фазы ϕ0 колебания воспользуемся методом векторных диаграмм. Его иллюстрирует рис. 1.77, а. Результирующее колебание характеризуетсясмещением x = x1 + x2, происходит в том же направлении и является гармоническим колебанием той же частоты ω:x = A sin(ωt + ϕ0),где А — амплитуда результирующего колебания, ϕ0 — его начальная фаза. Из векторной диаграммы видно, что A и ϕ0 вычисляются по формуламA = a12 + a22 + 2a1a2 cos(ϕ2 − ϕ1 ),ϕ0 = arctga1 sin ϕ1 + a2 sin ϕ2.a1 cos ϕ1 + a2 cos ϕ2Так как cos (ϕ2 – ϕ1) не может быть больше +1 и меньше –1,поэтому возможные значения амплитуды заключены в пределах:a2 − a1 ≤ A ≤ a1 + a2 .Последнее соотношение учитывает, что по определению амплитуды она не может быть отрицательной.Рассмотрим частные случаи:1) ϕ2 – ϕ1 = 2πn; n = 0, 1, 2, …Суммарное колебание имеет амплитуду А = а1 + а2, так какcos (ϕ2 – ϕ1) = 1.
Соответствующая этому случаю зависимость x(t)представлена на рис. 1.77, б.110Рис. 1.772) ϕ2 – ϕ1 = (2n + 1)π; n = 0, 1, 2, …Следовательно, cos (ϕ2 – ϕ1) = –1, а суммарная амплитуда определяется как A = a2 − a1 ; характер колебаний, соответствующийэтому случаю, иллюстрирует рис. 1.77, в.1.7.18. Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях:x = a cosωt,(1)y = b cos(ωt + ϕ).(2)111Найти траекторию движения точки для следующих частныхслучаев:1) разность фаз ϕ равна нулю;2) разность фаз ϕ равна ±π;π3) разность фаз ϕ равна ± .2Решение. Из (1) следует, чтоcos ωt = x/a.(3)Зная значение косинуса, находим величину синуса:2⎛x⎞(4)sin ωt = 1 − ⎜ ⎟ .⎝a⎠Используя формулу косинуса суммы двух углов, получимy= cos(ωt + ϕ) = cos ω t cos ϕ − sin ω t sin ϕ.bС учетом (3) и (4) находим2y x⎛x⎞= cos ϕ − sin ϕ 1 − ⎜ ⎟ ,b a⎝a⎠отсюда22⎞2⎛⎜ sin ϕ 1 − ⎛⎜ x ⎞⎟ ⎟ = ⎛⎜ x cos ϕ − y ⎞⎟ .⎜b⎠⎝a⎠ ⎟⎝a⎝⎠Мы приходим к уравнению222 xy⎛x⎞ ⎛ y⎞cos ϕ = sin 2 ϕ.⎜ ⎟ +⎜ ⎟ −ab⎝a⎠ ⎝b⎠Это уравнение эллипса, оси которого ориентированы относительно координатных осей x и y произвольным образом.Исследуем форму траектории для ряда частных случаев:21) ϕ = 0,⎛x y⎞⎜ − ⎟ = 0,⎝a b⎠y=bx.aКолеблющаяся точка перемещается по прямой (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
