Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 40
Текст из файла (страница 40)
8.14).В случае резонанса скорости резонансная частота находитсяd ( A( p) p )= 0 и в соответствии с (8.54) равна:из условияdppрез = ω0 .(8.55)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ284A(p)pδ2δ0pрез = ω0pРис. 8.14. Зависимость амплитуды изменения обобщенной скоростиA(p)p при вынужденных колебаниях от частоты p для различных коэффициентов затухания δПри постоянной ( p = 0 ) вынуждающей силе обобщеннаяскорость ξ&(t ) будет равна нулю (рис.
8.14):( Ap )ст = 0 .(8.56)При частоте вынуждающей силы много больше частоты собственных незатухающих колебаний ( p >> ω0 ) амплитуда изменения обобщенной скорости близка к нулю:B p →∞(8.57)A( p ) p ~ ⎯⎯⎯→ 0 .p8.2. Основные типы задач и методы их решения8.2.1. Классификация задачБольшинство задач по теме "Свободные и вынужденные колебания систем с одной степенью свободы. Резонанс" можно условно отнести к следующим типам задач или их комбинациям.
Задачи на:1) свободные незатухающие колебания,2) свободные затухающие колебания,3) вынужденные колебания, резонанс.Возможны два метода решения – так называемые динамический и энергетический методы. Динамический метод предполагаетиспользование уравнений движения, а энергетический – закона сохранения механической энергии колеблющейся системы тел.ГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания2858.2.2. Общая схема решения задачЕсли задача сводится к колебаниям материальной точки, тоосновные этапы решения определяются общими схемами решениязадач, описанными в Главе 2 (динамический метод) и Главе 3(энергетический метод). При решении задачи о колебаниях абсолютно твердого тела используются схемы, описанные в Главе 6(динамический метод) и Главе 7 (энергетический метод).
Как правило, при использовании обоих методов на последнем этапе решения получаются уравнение и закон движения рассматриваемой механической системы. В любом случае при решении задачи необходимо последовательно реализовать следующие три основных этапа.I. Определиться с моделями материальных объектов иявлений.II. Записать полную систему уравнений для искомых величин.III. Получить искомый результат в аналитическом и численном видах.8.3. Примеры решения задачЗадача 8.1(Свободные незатухающие колебания)Сплошной однородный цилиндр массой m и радиусом R ,шарнирно закрепленный в нижнейkkточке, совершает малые колебанияпод действием двух горизонтальныходинаковых легких пружин, жестm, Rкость каждой из которых равна k(рис.
8.15). Пружины прикреплены кверхней точке цилиндра и нерастянуты в положении равновесия цилиндра. Определить угловую частотуРис. 8.15малых колебаний цилиндра.РешениеI. Задачу решаем динамическим методом в лабораторнойинерциальной системе отсчета, связанной с опорой цилиндра. ОсьX декартовой системы координат направим горизонтально. Начало286МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧотсчета оси X соответствует положению точки шарнирного закрепления цилиндра. Цилиндр считаем абсолютно твердым телом. Нанего действуют четыре силы (см.
рис. 8.16):сила тяжести mg, упругие силы со стороны2Fупрдвух пружин 2Fупр и сила реакции опоры, неαизображенной на рисунке. Силами тренияпренебрегаем. Пружины считаем невесомыми, их деформации – малыми.II. Запишем уравнение моментов (см.mg(6.48) в Главе 6) для цилиндра относительно0Xоси (рис. 8.16), проходящей через точку егошарнирного закрепления перпендикулярноРис. 8.16плоскостям колебаний материальных точекцилиндра:(8.58)Jα&& = mgR sin α − 2kx ( 2 R ) ≈ mgRα − 4kxR .Здесь J – момент инерции цилиндра относительно выбранной оси,α – угол поворота цилиндра (рис.
8.16), х – координата точки крепления пружин к цилиндру. При записи уравнения (8.58) учтено, чтомомент силы реакции опоры относительно оси вращения равен нулю, и при малых углах поворота цилиндра плечо силы упругостиравно 2 R , а sin α ≈ α .Запишем уравнение кинематической связи – уравнение, связывающее координату точки крепления пружин к цилиндру и уголего поворота:x = 2 Rα .(8.59)Момент инерции цилиндра относительно оси, проходящейчерез точку его шарнирного крепления, находим в соответствии стеоремой Гюйгенса – Штейнера (см.
(6.42) в Главе 6):mR 23J=+ mR 2 = mR 2 .(8.60)22III. Подставляя выражения (8.59) и (8.60) в (8.58), получаемуравнение гармонических колебаний:2 ⎛ 8k g ⎞(8.61)α&& + ⎜ − ⎟α = 0 .3⎝ m R⎠Следовательно, искомая угловая частота собственных незатухающих колебаний равнаГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания2872 ⎛ 8k g ⎞(8.62)⎜ − ⎟.3⎝ m R⎠Полученное выражение для частоты колебаний справедливо8k g8k g> . Если≤ , то вертикальное равновесное состояниеприm Rm Rявляется неустойчивым и колебания в системе не возникают (см. вп. 8.1.1 необходимые условия существования собственных гармонических колебаний).ω0 =Задача 8.2(Свободные незатухающие колебания)Тонкая однородная палочка совершает малые колебаниявнутри гладкого полуцилиндра радиусом R , оставаясь в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра (рис.
8.17).ON1N2αmgРис. 8.17Длина палочки равна радиусу полуцилиндра. Найти закондвижения центра масс палочки, считая, что в начальный моментвремени она покоилась и была отклонена от положения равновесияна малый угол α 0 .РешениеI. Задачу решаем динамическим методом в лабораторнойинерциальной системе отсчета, связанной с полуцилиндром. Палочку считаем абсолютно твердым телом.
На нее действуют трисилы – сила тяжести mg и силы нормальной реакции поверхностиполуцилиндра N1 и N2 (рис. 8.17). Силами трения и сопротивлениявоздуха пренебрегаем.МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ288II. Запишем уравнение моментов (см. (6.48) в Главе 6) дляпалочки относительно оси, совпадающей с осью полуцилиндра,проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа(рис. 8.17):Jα&& = −mgl sin α ,(8.63)где J – момент инерции палочки относительно указанной оси, α –угол отклонения палочки от положения равновесия, l – расстояниеот оси вращения до центра масс палочки. При записи (8.63) учтено,что моменты сил нормальной реакции поверхности полуцилиндраN1 и N2 относительно оси вращения равны нулю.Поскольку длина палочки равна радиусу цилиндра, то расстояние от оси вращения до центра масс палочки равно:R 3l = R sin(π / 3) =.(8.64)2Момент инерции палочки относительно указанной оси находим в соответствии с теоремой Гюйгенса – Штейнера (6.42):J = J 0 + ml 2 .(8.65)Момент инерции тонкой палочки относительно оси, проходящей через ее центр масс, равен:mR 2J0 =.(8.66)12III.
Преобразуя систему уравнений (8.63) − (8.66) с учетоммалости угла отклонения палочки от положения равновесия(sin α ≈ α ) , получаем уравнение гармонических колебаний:3 3gα = 0.(8.67)5RКак видим (ср. с (8.1)), частота собственных колебаний палочкиопределяется соотношениемα&& +3 3g,(8.68)5Rа закон движения (решение уравнения движения (8.67)) имеет вид:α (t ) = A cos(ω0 t + ϕ0 ) .(8.69)Амплитуда A и начальная фаза ϕ 0 в соответствии с условиямизадачи определяются начальными значениями угла отклонения искорости его изменения:ω0 =ГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания289α (0) = α 0 = A cos ϕ0 , α& (0) = 0 = − A sin ϕ 0 .(8.70)Совместное решение уравнений (8.70) дает значения амплитуды и начальной фазы:A = α 0 , ϕ0 = 0 .(8.71)В результате искомый закон движения центра масс палочкипринимает вид:⎛ 3 3g ⎞α (t ) = α 0 cos ⎜(8.72)t⎟ .⎜ 5R ⎟⎝⎠Задача 8.3(Свободные незатухающие колебания)На тележке массой М, стоящей на горизонтальных рельсах,подвешен математический маятник длиной l и массой m.
Тележкаможет катиться по рельсам без трения. Тележке сообщили начальную скорость V0 так, что при этом нить маятника осталась вертикальной. Найти законы движения маятника и тележки относительно лабораторной системы отсчета при малых углах отклонения нити маятника от вертикали. Определить, при каких соотношенияхмасс маятника и тележки амплитуды их колебаний Am и AM будутмаксимальными.РешениеOI.
При решении задачи используем две системы отсчета:αинерциальную лабораторную систему, связанную с рельсами, и неТинерциальную, связанную с тележкой. Направим ось Х инерциFпер mgальной системы отсчета вдольрельсов, по которым катится тележка (см. рис. 8.18), начало отХсчета которой совпадает с положеРис. 8.18нием маятника в начальный момент времени.После сообщения начальной скорости V0 тележке маятник внеинерциальной системе отсчета будет колебаться относительнонеподвижной оси, проходящей через точку подвеса O, в то времякак в инерциальной системе отсчета его движение является супер-290МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧпозицией поступательного движения вместе с тележкой и колебательного движения относительно тележки.Задачу решаем динамическим методом. На маятник в неинерциальной системе отсчета действуют три силы (рис. 8.18) –сила тяжести mg, сила натяжения нити Т и переносная сила инерции Fïåð .
Силами трения и сопротивления воздуха пренебрегаем.II. Переносная сила инерции, действующая на маятник, в соответствии с (4.16) в п. 4.1. Теоретический материал Главы 4 равна:Fпер = −m&x&M ,(8.73)где &x&M – ускорение тележки (и жестко связанной с ней неинерциальной системы) относительно инерциальной системы отсчета.Запишем уравнение вращательного движения (уравнениемоментов; см. (6.48) в п. 6.1.2 Главы 6) маятника в неинерциальнойсистеме отсчета относительно оси, проходящей через точку подвеса O перпендикулярно плоскости чертежа (рис. 8.18):ml 2α&& = −mgl sin α − m&x&M l cos α ,(8.74)где α – угол отклонения маятника от вертикали (см.
рис. 8.18).При записи уравнения (8.74) учтено, что относительно выбраннойоси момент инерции маятника равен ml 2 , а момент силы натяжения нити равен нулю.В соответствии с принципом суперпозиции движений координата маятника xm (t ) относительно инерциальной системы отсчета равна:(8.75)xm (t ) = xM (t ) + l sin α (t ) ,где x M (t ) – координата точки подвеса маятника, жестко связаннойс тележкой, относительно инерциальной системы отсчета.Уравнение кинематической связи (уравнение, связывающееугловое ускорение маятника α&&(t ) и ускорение тележки &x&M (t ) )можно получить, рассматривая движение центра масс системы тел«маятник + тележка» относительно инерциальной системы отсчета.Координата центра масс xцм системы тел (см. (3.1) вп. 3.1.
Теоретический материал Главы 3) равна:mx + MxM.(8.76)xцм = mm+MГЛАВА 8. Свободные и вынужденные колебания291По условию задачи на указанную систему тел не действуютвнешние силы вдоль оси Х (силами трения и сопротивления воздуха пренебрегаем), следовательно, в соответствии со вторым законом Ньютона ускорение центра масс равно нулю:&x&цм = 0 .(8.77)При этом центр масс данной системы тел в зависимости от начальных условий будет двигаться вдоль оси X с постоянной скоростьюили покоиться.Дифференцируя (8.76) дважды по времени с учетом (8.75) и(8.77), получаем следующее уравнение кинематической связи дляускорений:( m + M ) &x&M + ml − α& 2 sin α + α&& cos α = 0 .(8.78)При малых углах отклонения маятника ( sin α ≅ α ) уравнения(8.74), (8.75) и (8.78) преобразуются к виду:(8.79)ml 2α&& = −mglα − m&x&M l ,(8.80)xm (t ) = xM (t ) + lα (t ) ,(8.81)( m + M ) &x&M + mlα&& = 0 .Полученная система уравнений (8.79) – (8.81) позволяет найти искомые законы движения маятника x m (t ) и тележки x M (t ) относительно лабораторной инерциальной системы отсчета.III.
Преобразуя систему уравнений (8.79) – (8.81), получаемуравнение гармонических колебаний (см. формулу (8.1) вп. 8.1.1. Собственные гармонические колебания) маятника относительно тележки:gα&& + (1 + m / M )α = 0 .(8.82)lСледовательно, частота собственных колебаний маятника ω0равна:g(1 + m / M ) .ω0 =(8.83)lНа рис. 8.19 изображена зависимость частоты колебаний маятника ω0 от отношения масс m / M маятника и тележки (приl = 2 м).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
