ЭБЗ Классическая физика (часть 1) - механика, термодинамика и молекулярная физика (1175272), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Система консервативна, так как никакихвнешних сил нет.При переходе из верхнего положения в самое нижнее потенциальная энергия человека, обусловленная его взаимодействием с Землей, уменьшится на величину∆E п1 = −mg (h + x max ) .(2)Потенциальная энергия деформированной упругой сетки увеличится на величину∆E п2 =2kx max.2(3)Вследствие невесомости сетки ее потенциальная энергия относительно Земли неучитывается. Кинетическая энергия акробата и в верхнем, и в нижнем положениях равна нулю.РЕШЕНИЕИз условия равновесия при x = x0 получимmg = kx0 .(4)Подставляя, выражение (4) в формулу (1), находимn=x max.x0(1а)Величину xmax вычисляем из закона сохранения энергии∆E п1 + ∆E п2 = 0 .Если в это уравнение подставить выражения (2) и (3), получим− mg (h + x max ) +2kx max= 0,2откуда2kxmax− 2mgx max − 2mgh = 0 .(5)Если разделить уравнение (5) на коэффициент k и использовать выражение (4), то получим2x max− 2 x0 x max − 2 x0 h = 0 ,x max = x 0 ± x 02 + 2 x 0 h .При подстановке числовых значений находимx max = 2,2 м(отрицательный корень отбрасывается, так как мы рассматриваем нижнее положение,где заведомо х > 0).
На основании равенства (1а) получимn = 11 .Необходимо указать, что амплитуда А колебаний сетки не равна xmax, так как колебания совершаются около положения равновесия, т. е.A = x max − x0 .В положении равновесия кинетическая энергия сетки достигает максимальногозначения.Задача 6К пружине, один конец которой закреплен, подвешен груз массой m = 0,5 кг, лежащий на подставке так, что пружина не растянута.
Подставка без толчка убирается. Найти закон движения груза, его амплитуду, циклическую частоту, начальную фазу; найтимаксимальную силу натяжения пружины. Коэффициент упругости пружины k = 50 Н/м.АНАЛИЗПо аналогии с задачей 4 можно сразу сказать, что груз будет совершать гармонические колебания около положения равновесия, при котором пружина уже растянута и ееудлинение равно x0. Величина этого удлинения – статического растяжения может бытьнайдена из соотношенияmg − kx0 = 0 .(1)Обозначим смещение груза относительно положения равновесия через ξ, тогдаξ = Asin (ωt + α ) .Величина ω определяется параметрами системы m и k; величины A и α могут бытьнайдены из начальных условий:при t = 0 ξ = − x 0 ; ξ& = 0 .РЕШЕНИЕВычислим циклическую частоту:ω2 =ω=k,mk= 10 с -1 .mЗапишем начальные условия в явном видеξ = A sin (ωt + α 0 ) , ξ (0 ) = A sin α 0 = − x 0 ;(2)ξ& = A ω cos (ωt + α 0 ) , ξ&(0) = A ω cos α 0 = 0 .(3)Из равенства (3) вытекает, что cos α 0 = 0 , следовательно,α0 =π2,3π;23но, учитывая условия (2), следует брать α 0 = π .
Тогда2A = x0 =mg= 9,8 см.kНатяжение пружины будет максимальным при ξ = A. Растяжение пружиныx = x0 + ξ, следовательно, при ξ = A x = 2x0. Отсюда максимальное натяжение пружиныf max = 2kx 0 = 2mg = 9,8 Н .Амплитуду колебаний пружины, вернее, её максимальное растяжение, можно найти еще из закона сохранения энергии.
При опускании груза его потенциальная энергия,обусловленная взаимодействием с Землей, уменьшается на величину∆E п1 = − mgx max ;потенциальная энергия пружины увеличится на величину∆E п1 =2kxmax,2где x max – наибольшее растяжение пружины. Кинетическая энергия системы в обоихкрайних положениях равна нулю. Следовательно,− mgx max +2kx max= 0;2отсюдаx max =2mg= 2 x0 .kАмплитуда колебанийA = x max − x0 = x0 .Задача 7Амплитуда затухающих колебаний за время t1 = 20 с уменьшилась в n1 = 2 раза.
Восколько раз она уменьшится за время t2 = 1 мин?АНАЛИЗАмплитуда затухающих колебаний в момент времени t определяется выражениемA(t ) = A0 e − βt ,(1)где A0 – начальная амплитуда, β – коэффициент затухания.По величине отношения n1 =A0можно определить коэффициент затухания β.A(t1 )РЕШЕНИЕЛогарифмируя формулу (1) и учитывая выражение для n1, получимln n1 = βt1 .(2)Подставив из выражения (2) значение β в формулу (1), написанную для моментавремени t = t 2 находимA(t 2 ) = A0 e−t2ln n1t1−t2t1= A0 n1 ,откуда искомое отношениеt2An2 = 0 = n1t1 = 8 .A(t 2 )Задача 8Затухающее колебание происходит по закону x = 10e −0, 2t cos 8πt (м). Найти амплитуду после N = 10 полных колебаний.АНАЛИЗАмплитуда затухающих колебаний в момент времени t может быть выражена, еслиизвестен логарифмический декремент, следующим образом:A(t ) = A0 e− ΘtT,где θ = βT – логарифмический декремент, Т – период колебаний.Отношениеtравно заданному числу N полных колебаний.TНачальная амплитуда A0, период колебаний Т и логарифмический декремент Θ могут быть найдены из сравнения общего вида закона движения затухающих колебаний сзаданным.РЕШЕНИЕРассматривая заданный закон движения, находимA0 = 10 м ;T = 0,25 с ;Θ = βT = 0,05 .Искомая амплитудаAN = A0 e − ΘN = 6 м .Задача 9Найти логарифмический декремент математического маятника длиной l = 50 см,если за время τ = 8 мин он теряет 99% своей энергии.АНАЛИЗПолная энергия тела, совершающего колебания, пропорциональна квадрату амплитуды.
Амплитуда затухающего колебанияA(t ) = A0 e − βt .(1)Из отношения конечной (по истечении τ = 8 мин) и начальной энергии можно найти величину коэффициента затухания. Для определения логарифмического декрементанадо знать период колебаний маятника. Считая затухание малым, период можно рассчитать по обычной формуле математического маятника13.РЕШЕНИЕИспользуя соотношение (1), можно написать следующую систему уравнений:E1 ≈ A02 e −2 βt1 ,⎫⎪⎬E 2 ≈ A02 e − 2 β (t1 +τ ) .⎪⎭(2)Здесь τ – заданный промежуток времени, E1 и E2 – значения энергий маятника в моменты времени, разделенные промежутком τ. Из условий задачиE2= 0,01 .
Подставив вE1это условие выражения (2), получим13Правильность этого предположения необходимо подвергнуть последующей провер-ке.e −2 βτ = 0,01 ,откуда− 2βτ = ln 0,01 = −4,6 ; β = 4,8 ⋅ 10 −3 с -1 .Период колебаний математического маятникаl= 1,4 с ,gT = 2πсобственная частота ω0 = 4,5 с-1. Следовательно, логарифмический декрементΘ = βT = 6,7 ⋅ 10 −3 .Найдя коэффициент затухания β и собственную14 частоту, можно убедиться в правильности сделанного выше допущения. Период затухающих колебанийT1 =2πω 02 − β 2.(3)Рассчитывая период по формулеT0 =2πω0,(4)мы допускаем относительную ошибкуδT =T1 − T0.T0(5)Подставляя выражения (3) и (4) в формулу (5), и учитывая, что в данном случаеβ<< 1 , получимω0β2δT == 0,6 ⋅ 10 −6 .22ω 0Задача 10Груз массой m=0,5 кг, подвешенный на пружине, коэффициент упругости которойk = 50 Н/м, помещен в масло. Коэффициент трения в масле r = 0,5 кг/с.
На верхний конец пружины действует вынуждающая сила, меняющаяся по закону F = 1⋅ sin ωt (Н).14Следует указать, что собственной частотой называется частота колебаний, которыеимели бы место при отсутствии затухания.При какой частоте вынуждающей силы амплитуда вынужденных колебаний будетмаксимальна? Чему равна максимальная амплитуда? Какова амплитуда вынужденныхколебаний, если частота вынуждающей силы вдвое больше (меньше) резонансной?АНАЛИЗВынужденные колебания совершаются с частотой вынуждающей силы.
Амплитудавынужденных колебаний определяется формулойA=(ωf0−ω20)2 2+ 4β ω2,(1)2где ω – частота вынужденных колебаний, ω0 – собственная частота маятника, f0 – амплитудное значение силы, деленное на массу колеблющегося тела, β – коэффициентзатухания.Резонанс наступает тогда, когдаω 2 = ω 02 − 2β 2 .(2)Если β << ω 0 , то можно считать, что резонанс наступает приω = ω0 .(3)Прежде всего следует по данным задачи рассчитать значения ω0 и β.
Все остальныеискомые величины могут быть получены непосредственно с помощью формул (1) и (2)или (3).РЕШЕНИЕРасчет показывает, чтоω0 =k≈ 10 с -1 ,mβ=r= 0,5 с -1 .2mСледовательно, ошибка, совершенная при расчете резонансной частоты по формуле (3),будет составлять всего лишь 0.25% (∆ω 2ω2=2β 2ω20= 0,005 ;∆ω 2ω2=2∆ωω). Поэтому можносчитать, что амплитуда вынужденных колебаний примет максимальное значение при ω= ω0 = 10 с-1.Максимальное значение амплитуды при этомAmax =f02 βω=F0= 20 см .m ⋅ 2 βωЗдесь F0 – амплитуда вынуждающей силы. По условию F0 = 1 Н.При проведении всех указанных расчетов следует, тщательно следить за размерностями единиц измерений.Если ω =ω02, тоA1 =2F09m⋅ ω 04 + β 2ω 0216.Вынося ω0 из-под знака радикала и учитывая, что β 2 << ω 02 , получимA1 =2F0= 2,7см ;3 2m ⋅ ω04для частоты ω = 2ω0A2 =F0= 0,7 см .m ⋅ 3 ⋅ ω 02§ 5.
НЕИНЕРЦИАЛЬНЫЕ СИСТЕМЫНастоящий параграф преследует цель показать на нескольких примерах метод решения задач в неинерциальных системах, т. е. в системах, где законы Ньютона, а следовательно, и все законы классической механики, которыми мы пользовались до сихпор, справедливы только в предположении, что кроме сил, обусловленных взаимодействием с другими конкретными телами, действуют так называемые силы инерции. Силы инерции зависят, прежде всего, от характера движения неинерциальной системы,это значит, что для расчета их необходимо знать, как движется неинерциальная системаотносительно любой инерциальной системы, т. е. знать характер движения,, его кинематические параметры.Силы инерции прямо пропорциональны массе рассматриваемого тела, следовательно, приложены они, как правило, в центре масс тела.Мы рассмотрим только два типа неинерциальных систем: 1) системы, движущиесяпоступательно прямолинейно и ускоренно; 2) системы, вращающиеся с постоянной угловой скоростью ω относительно какой-либо инерциальной системы (например, относительно Земли).
В первом случае на любое тело массой m будет действовать силаинерции Fин = − ma 0 , где a0 – ускорение неинерциальной системы. Во втором случаедействуют центробежная сила инерции Fцб = miω 2 ri , направленная так же, как радиусвектор ri рассматриваемой материальной точки, проведенной от оси вращения к точкеmi, и сила инерции Кориолиса Fк = 2m[V ′ω] , где V' – скорость материальной точки относительно вращающейся неинерциальной системы.Задача 1По гладким горизонтальным рельсам движется платформа массой М со скоростьюv.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
