1611143576-9faad5d48d819ffabedfac7b4e274055 (825043), страница 14

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 14)

Капиллярными эффектами пренебречь.Ответ.  gcos  .H5.11. Два тела массой m1 и m2 связаны пружиной жесткости k . Каковачастота свободных колебаний такой системы? Вращений нет.Решение.При колебаниях данной системы остается неподвижным ее центр масс.Пусть L  длина всей пружины, а l1  расстояние от центра масс до первого тела, тогдаl1m2.L m1  m2Жесткость пружины обратно пропорциональна длине пружины:k1  km  m2Lk 1,l1m2где k1  жесткость пружины, на которой колеблется первое тело относительно центра масс. Теперь можно записать частоту колебаний первого102тела относительно центра масс. Если повторить действия для второго тела,то частота колебаний будет такой же, как и для первого.

Не трудно заметить, что эта задача является частным случаем задачи двух тел и, следовательно, она сводится к движению одного тела с приведенной массой.Ответ.  2 k (m1  m2 ).m1m25.12. Груз массой m лежит на гладком столе и прикреплен к стене пружинами с жесткостями k1 и k2 . Найти периоды колебаний системы в следующих случаях: а) пружины соединены последовательно; б) пружинысоединены параллельно; с) груз закреплен между пружинами, прикрепленными другими концами к противоположенным стенам. Зависит ли впоследнем случае период колебаний от расстояния между стенами?Ответ. а) T  2m(k1  k2 )mm; б) T  2; с) T  2, отk1k2k1  k2k1  k2расстояния между стенами не зависит.5.13. На гладкой горизонтальной поверхности находится тележка массой M , на которой установлен математический маятник длины l и массойm .

Найти период малых колебаний системы.Ответ.  gm1   .l M5.14. На неподвижную чашку весов массой M с пружиной жесткостиk упал вертикально со скоростью V кусок пластилина массой m . Найтизависимость координаты чашки от времени после падения пластилина.Решение.Направим ось x вниз, и пусть начальная координата чашки равна нулю.После падения пластилина чашка весов приобретает скоростьV0  mV  m  M  из закона сохранения импульса. Чашка с пластилиномбудет совершать колебания с частотой   k  m  M  . Положение равновесия чашки с пластилином сместится в точку x p  mg k .

Общее решениеуравненияколебанийдляданногослучаяx(t )  A sin  t  B cos  t  mg k . Подставляя в него начальные условияx(0)  0 и x (0)  0 , найдем константы A , B и получим ответ.103Ответ. x(t ) mVk (m  M )sin  t mg(1  cos  t ) ,  kk.mM5.15. На закрепленный цилиндр радиусом R намотана нитка.

Длинасвисающей части L . На ней подвешен груз массой m . Найти частоту малых колебаний системы.Ответ.  g.L5.16. В точке максимального отклонения математического маятникамассой M и длиной L от него откололся кусок массой m . Найти изменение энергии маятника, нарисовать фазовую траекторию маятника.Ответ. E  mgl2max2, фазовая траектория не изменится.Малые гармонические колебания, затухающие колебания, электрические колебательные контуры (теория)Пусть потенциал описывается гладкой функцией U ( x) с «ямой», т.

е.локальный минимум в точке x0 , в обе стороны от которого U ( x) возрастает. Рассмотрим колебания частицы при малых отклонениях от x0 . Таккак U ( x)  гладкая, она как минимум дважды дифференцируема и мыможем в окрестности точки x0 разложить ее в ряд Тейлора до второго порядка:1U ( x)  U ( x0 )  U ( x0 )( x  x0 )  U ( x0 )( x  x0 ) 2  ... .2Поведение системы не зависит от значения U ( x0 ) , и его можно положить равным 0. Производная в локальном минимуме U ( x0 )  0 , это такжеозначает что x0  точка равновесия. В результате потенциальная энергия вокрестности x0 представляется в видеU ( x) k ( x  x0 ) 2,2104где k  U ( x0 )  0 . Значение k больше нуля, так как равновесие в точкеx0 должно быть устойчиво.

Данной потенциальной энергии соответствуетсилаUf ( x)   k  x ,xгде  x  x  x0 . Уравнение движения частицы с массой m имеет вид x  02 x  0 ,где 02  U ( x0 ) m . Это уравнение колебаний, которое мы рассматривалиранее.Затухающие колебанияРассмотрим колебания при наличии силы трения, пропорциональнойскорости телаf тр    x .Данный вид силы соответствует случаю вязкого трения и справедлив длядвижения в жидкости или газе с малыми скоростями.Уравнение движения осциллятора с затуханием:mx   kx   xили в каноническом (общепринятом) виде:x  2 x  02 x  0 ,где 2   m .Характеристическое уравнение для него 2  2  02  0имеет решения1,2    i 02   2 .Рассмотрим сначала случай 0   .

Обозначим   02   2 , тогдаобщее решение уравнения дифференциального уравнения движения осциллятора с затуханием:105x(t )  A1e  t  it  A2 e  t  it  e  t ( A1eit  A2 e  it ) ,где A1 и A2  произвольные комплексные константы, которые могут бытьнайдены из начальных условий.

Действительные решения могут бытьпредставлены в видеx(t )  e  t (c1 cos t  c2 sin t ) ,где c1 и c2 – действительные константы, либоx(t )  Ae  t cos(t   ) ,где A и   действительные константы. Константы в этих случаях точнотак же нужно определять из начальных условий.Время затухания колебаний в случае слабого трения при   0 :12 0QT 0 T ,20 2где величина Q  0 2 называется добротностью.В случае сильного трения, если   0 , то решение уравнения затухающих колебаний имеет видx(t )  A1e  t t  A2 e t t , где теперь    2   02 .Это апериодическое решение, при котором затухание происходит вообще без колебаний.Остался случай 0   , при котором у характеристического уравненияодин корень с кратностью два: 1,2   . Тогда общее решение уравнения:x(t )  (c1  c2 t )e  t .106Электрические колебательные контурыВ качестве дополнения к механическим задачам предлагаются задачина колебания в RLC-контурах, так как для колебаний в этих контурахсправедливы такие же уравнения.

Поэтому коротко рассмотрим уравнениядля электрического колебательного контура.Закон Ома для замкнутой RLC-цепи –dIRI  U c   L ,dtгде I  ток в цепи, R  сопротивление, L  индуктивность, U c  напряжение на конденсаторе. В левой части стоит напряжение на сопротивлениии напряжение на конденсаторе, а в правой – напряжение самоиндукции наиндуктивности. С учетом того что I  q и U c  q C , где q – заряд, получимqLq  Rq   0CилиRqq  q 0.LLCЗаменой 2  R L и 02  1 LC это уравнение приводится к каноническому уравнению затухающих колебаний.Малые гармонические колебания, затухающие колебания, электрические колебательные контуры (задачи)5.17.

Найти частоту малых колебаний частицы массой m в потенциальной яме U ( x)  ax 4  bx 2 . Возможны ли малые гармонические колебания в потенциальной яме U ( x)  ax 4 ?Ответ. 0  2b/m ; колебания в потенциальной яме U ( x)  ax 4 не будут гармоническими, их период будет зависеть от амплитуды.5.18. Найти частоту малых колебаний частицы массой m возле дна по 2 тенциальной ямы, имеющей форму U ( x)  U 0 cos x  , x   0,   .  107Решение.Найдем точки равновесия для данного потенциала, для этого нам требуется найти решения равнения U ( x p )  0 : 2 xp   0 ,sin  это выражение обращается в 0 при x p  0,  2,  . Колебания возможны вU   U 02окрестностях точек устойчивого равновесия. При смещении из точки равновесия должна возникать возвращающая сила, что математически означает U ( x p )  0 .

Найдем положение устойчивого равновесия:2 2  2U   U 0  cos  x .Это выражение отрицательно при x  0, и положительно приx   2 , т. е. устойчиво только положение равновесия x   2 . Теперьзапишем0 km«жесткость»k  U    2   U 0  2   ,2тогдачастота4 U o.m 2Ответ. 0 22Uo.m5.19.

Частица массой m движется в поле U ( x)   ( x 2  a 2 ) 2 . Найти положения равновесия. Возле каких из них возможны малые колебания?Найти частоту малых колебаний.Ответ. x   a, 0;  a  положения устойчивого равновесия, 02 8 a 2.m5.20. Бусинка надета на невесомую гладкую нить длиной L , концы которой закреплены на одинаковой высоте на расстоянии d друг от друга.Найти частоту малых колебаний бусинки.Ответ.

 2 2gd21 2 .LL5.21. Лежащая на плоскости шайба массой M прикреплена к стенепружиной жесткости k . Шайбу сместили из положения равновесия на108расстояние A и отпустили. Какой путь пройдет шайба до остановки? Силатрения мала и пропорциональна скорости F  V ,  2  kM .Ответ. L  A cthT4A4kM, где  2M.5.22. При каком соотношении между сопротивлением R , индуктивностью L и емкостью C контура в цепи гальванометра осуществляется наиболее «оптимальный» апериодический режим демпфирования колебанийрамки гальванометра? Эквивалентная цепь гальванометра соответствуетпоследовательно соединенному RLC -контуру.Решение.Отклонение стрелки гальванометра описывается уравнением колебанийс затуханием:  2  02  0 .Наиболее выгодный режим демпфирования реализуется, если   0 ,стрелка совершает одно отклонение и плавно возвращается к положениюравновесия.

Если   0 , то амплитуда и продолжительность колебаниябудут максимальными. В этом случае общее решение уравнения движениядля стрелки   Ae  t  Bte  t . Для последовательного RLC -контура02  1 LC   2   R 2 L  , следовательно R  2 L C .2Ответ. R  2L.C5.23. В контуре, изображенном нарис. 5.23, R 2  4 L C , конденсатор Cзаряжен. За какое время после замыканияключа K энергия, запасенная в контуре,уменьшится в 20 раз?Ответ. t 2 L ln 20.RRLCKРис. 5.23109Вынужденные колебания (теория)Пусть осциллятор с затуханием движется под действием внешней гармонической силы F (t )  F0 cos  t , тогда уравнение движения:F0cos t .mРешением данного уравнения является сумма общего решения однородного уравнения (правая часть равна 0) и частного решения неоднородного.Решение однородного уравнения было получено ранее, теперь займемсяпоиском частного решения неоднородного уравнения. Для удобства представим силу в комплексном виде F  F0 eit и будем искать решение в видеx  2 x  02 x z  Aeit :A( 2  2i  02 ) F0.mОткудаAF0m(   2  2i )20.И частное решение неоднородного уравнения:z (t )  Aeit F0 eit.m(02   2  i 2 )Для дальнейшего анализа нам потребуется действительная часть этого решения:x(t )  Re( z (t )) F0 cos(t   )m (02   2 ) 2  4 2 2 a cos( t   ) ,где   разность фаз между координатой осциллятора и силой:tg sin 2cos  02   2Проанализируем амплитуду колебаний:aF0m (   2 ) 2  4 2 220.Максимум достигается при частоте:110   *  02  2 2 .При   0 колебаний вынуждающей силы нет, этому случаю соответствует постоянное смещение:aF0F 0.2m0kF0F002.m 2k 2При малом трении 0   ,  *  0 :И при   0aaF0F F 0 0  0 Q.2m0 m02 2kТ.

е. амплитуда при резонансе в Q раз больше, чем при статическом воздействии, где Q  добротность.Если 0   , тоaF0m (0   ) (0   )  4 2222F02m0  2   2,при  2   2 амплитуда падает в 2 раз, а энергия колебаний в 2 раза.Смещение частоты между двумя точками, в которых энергия колебаний вдва раза ниже максимальной 2  2 , называется шириной резонанса.Относительная ширина резонансной кривой:2 02Q.0При «переходе» через резонанс изменяется фаза  : 0 0,  0    2,  0     .111Следовательно, координаты сдвинута по фазе на   2 относительно силыв резонансе, скорость же опережает координату на  2 , следовательноскорость и сила находятся в фазе.

Характеристики

Список файлов книги