Методика решения задач

Задача 1 Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси X. По прошествии времени t₁=0,1c от начала движения смещение точки от положения равновесия x₁=5см, скорость v_1х=62см/с, ускорение а_1x=540см/с². Определить: 1) амплитуду, циклическую частоту и начальную фазу колебаний; 2) смещение, скорость и ускорение в начальный момент (t=0).

Решение Закон движения материальной точки в общем виде известен:

(1)

Законы изменения скорости и ускорения со временем могут быть найдены последовательным дифференцированием по времени уравнения (1):

(2)

(3)

Подставляя в уравнения (1) — (3) заданные значения времени, координаты, скорости и ускорения, получаем три уравнения, содержащие в качестве неизвестных А, и . Совместное решение такой системы позволит найти все искомые величины. После того как будут найдены эти величины, подстановка в те же уравнения времени t=0 позволит найти начальные смещение, скорость и ускорение.

Подставим в уравнения (1) – (3) значения t₁, x₁ и а_1x, получим:

(4)

Рассмотрим сначала первое и третье из уравнений (4). Легко видеть, что , откуда .

Возведя в квадрат первые два уравнения системы (4) и почленно сложив их, получаем . Откуда амплитуда колебаний

Чтобы найти начальную фазу, подставим найденные значения А и ω, например, в первое из уравнений (4). Так как начальную фазу принято выражать в долях π, то запишем уравнение (1), введя период колебаний Тогда и

откуда

По найденным значениям А и α₀ определим v_x(0), u_x(0) a_x(0) – координату, скорость и ускорение точки в начальный момент времени. Для этого подставим в уравнения (1)-(3) значение t=0:

x(0)=-2,7см, v_x(0)=76см/с, a_x=289см/с².

Задача 2 Тонкий однородный стержень длины l=1м может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, отстоящей на расстоянии х=20см от его середины (рисунок 1). Определить период колебаний стержня, если максимальный угол отклонения от положения равновесия . Как зависит период колебаний от расстояния х? Построить примерный график зависимости Т(х).

Рисунок 1. Рисунок к задаче 2

Решение Твердое тело совершает колебания около положения равновесия. Определить период его колебаний можно только в случае, если колебания гармонические. Так как стержень вращается относительно закрепленной оси, то его колебания будут гармоническими, если угловое ускорение стержня и угловое смещение φ от положения равновесия связаны соотношением

(1)

В этом случае коэффициент пропорциональности b равен квадрату циклической частоты ω² возникших гармонических колебаний, а период колебаний

(2)

Во все время движения на стержень действуют сила тяжести тg и сила реакции оси. Вращающий момент относительно оси создает только сила тяжести. Как видно из рисунка 1, момент силы тяжести

Если ввести ось Z, то проекция момента на эту ось отрицательна.

По условию задачи, угол , следовательно (с точностью до 1%), sin φ = φ (на рисунке угол φ для наглядности показан большим). Тогда

(3)

В положении, показанном на рисунке, φ > 0, тогда как М_z < 0. При отклонении стержня в противоположную сторону φ < 0, проекция момента силы М_г > 0.

Таким образом, момент силы, действующей на стержень (следовательно, и угловое ускорение), прямо пропорционален угловому смещению и поворачивает стержень к положению равновесия, что является условием гармонических колебаний. Период колебаний, а также характер зависимости периода от расстояния х можно определить из основного уравнения динамики вращательного движения и уравнений(1) - (3).

Согласно основному уравнению динамики вращательного движения и равенству (3)

(4)

Здесь J — момент инерции стержня. По теореме Штейнера, , где — момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс стержня.

Подставляя выражение J в уравнение (4), получаем

(5)

Сравнивая уравнение (5) с (1) и (2), находим, что период колебаний стержня

(6)

Рассмотрим теперь характер зависимости Т(х). По условию, х изменяется от 0 до l/2. При х=0 , т.е. стержень находится в состоянии безразличного равновесия и не совершает колебаний.

Чтобы определить характер графика Т(х), надо найти точки экстремума, для чего вычислим первую производную:

, откуда при . Тогда

Период Т монотонно убывает при возрастании х от 0 до . При наибольшем значении х = l/2 период колебаний T = 1,63 с. График зависимости Т(х) приведен на рисунке 2.

Рисунок 2. График зависимости Т(х).

Задача 3 К вертикальной невесомой пружине, верхний конец которой закреплен, подвешен груз массы m=0,1кг. Жесткость пружины k=40Н/м. Определить период вертикальных колебаний системы, которые возникнут, если вывести груз из положения равновесия. Определить амплитуду колебаний и начальную фазу, если в момент t=0 груз оттянуть вниз на расстояние x₁=10см и сообщить ему начальную скорость v₁=3,5м/с, направленную вниз (вверх).

Решение Задача практически состоит из двух самостоятельных частей. Анализ ее и решение также будут содержать легко прослеживаемые две части.

Период колебаний можно определить только в случае, если груз, движущийся поступательно, совершает гармонические колебания. Это значит, что ускорение груза должно быть прямо пропорционально его смещению от положения равновесия и направлено в противоположную сторону.

В процессе движения на груз действуют две силы: тяжести и упругости пружины. Сила упругости пружины однозначно определяется растяжением или сжатием пружины, т.е. смещением ее незакрепленного конца. Если ввести ось ОХ (рисунок 3), то координата х груза равна смещению конца пружины от прямой АА’ — уровня, на котором находился конец пружины в положении равновесия. Тогда полное растяжение пружины равно х+s₀ и сила упругости

(7)

где s₀ – растяжение пружины, при котором груз находился в положении устойчивого равновесия, когда

(8)

Поскольку обе силы (тяжести и упругости) направлены вдоль оси ОХ, уравнение движения для груза можно записать сразу в скалярном виде:

Раскрывая скобки и учитывая равенство (8), получаем

(9)

Это и есть дифференциальное уравнение гармонического колебания, которое позволяет однозначно определить период колебаний.

Рисунок 3. Рисунок к задаче 3.

Амплитуду колебаний А можно найти, рассматривая изменение энергии при переходе из положения, в котором система находилась в момент t=0, в положение, при котором х=А. Полная энергия системы состоит из кинетической энергии груза, потенциальной энергии груза в поле тяготения Земли (пружина невесома, поэтому речь идет только о грузе) и потенциальной энергии упругой деформации. Поскольку диссипативных сил нет, и никакие внешние силы на систему груз — пружина не действуют, полная энергия системы при рассматриваемом переходе остается постоянной:

(10)

После определения амплитуды колебаний начальную фазу φ можно найти, если выразить координату х и скорость как функцию времени и приравнять эти выражения при t=0 значениям х₁ и , данным в условии задачи.

Уравнение (9) показывает, что тело заданной массы совершает гармонические колебания относительно положения равновесия с циклической частотой и периодом

Найдем каждое из слагаемых, входящих в уравнение (10). В начальном положении (t=0), как следует из уравнения задачи, x=x₁, v_x=v_1x. В конечном положении x=А, v_x=0. Следовательно, при этом переходе

(11)

Выражение потенциальной энергии деформации объясняется тем, что растяжение пружины при любом положении тела больше, чем координата х (для х > 0) на s₀ .

Прежде чем подставлять выражения (11) в (10), рассмотрим отдельно изменение потенциальной энергии системы:

(члены, содержащие , взаимно уничтожаются). Учитывая равенство (8), получаем

(12)

Подставив первое из выражений (11) и (12) в (10), получим

откуда

Запишем теперь выражения для x(t) и v_x(t):

При t=0

(13)

Следовательно, (или ). Знак «+» в выражении (13) соответствует направлению скорости v₁ вниз. В этом случае . Следовательно, Если скорость v₁ направлена вверх, Следовательно

Задача 4 Материальная точка участвует одновременно в двух колебательных процессах, происходящих в одном направлении по гармоническому закону с одинаковой частотой, амплитудами А₁=5см и А₂ =10см и сдвигом по фазе =л/3. Определить амплитуду и начальную фазу результирующего колебательного процесса.

Решение Законы движения для каждого из процессов могут быть записаны в виде

где s_1,2 - смещения от общего для обоих процессов положения равновесия, ω — циклическая частота. (Поскольку начальная фаза φ₀ определяется выбором начала отсчета времени, можно положить φ₀₁=0, тогда φ₀₂=Δ φ.)

Закон движения точки, участвующей в двух колебательных процессах,

(14)

где s₁ - результирующее смещение точки от положения равновесия. Поскольку оба колебания гармонические с одинаковой частотой и одного направления, результирующее колебание тоже гармоническое с той же частотой и закон движения может быть записан также в виде

(15)

где А — амплитуда результирующего колебания; ψ — его начальная фаза, равная сдвигу по фазе относительно первого колебания.

Сравнивая уравнения (14) и (15), получим

(16)

Уравнение (16) должно быть справедливо для любого момента времени, т.е. является тождеством. Неизвестные А и ψ могут быть найдены либо аналитическим методом при непосредственном решении тождества (16), либо методом векторного сложения колебаний.

Второй метод заключается в следующем. Любой гармонический процесс можно привести в однозначное соответствие с вращением вектора («изображающий» вектор) вокруг оси 0Z (рисунок 4) с угловой скоростью ω, равной циклической частоте колебаний.

Рисунок 4. Рисунок к задаче 4

Модуль вектора равен амплитуде колебаний, угол φ₀, образованный этим вектором с осью ОХ, равен начальной (рисунок 4) фазе колебаний. Проекция «изображающего» вектора на ось ОХ в любой момент времени

При сложении колебаний, происходящих с одинаковой частотой, угол между «изображающими» векторами не изменяется с течением времени и равен — разности начальных фаз. Поэтому при сложении таких колебаний все «изображающие» векторы можно показывать для момента t=0.

В данном случае следует ввести два «изображающих» вектора и . Вектор будет «изображающим» вектором результирующего колебания. Модуль этого вектора равен искомой амплитуде А, угол его наклона к оси ОХ — искомой начальной фазе ψ.

Аналитический метод. Используя формулы косинуса суммы двух углов, перепишем уравнение (16):

Это уравнение будет тождеством относительно переменой t, если коэффициенты при и в левой части тождества равны соответствующим коэффициентам в правой части:

Решим эту систему уравнений относительно неизвестных А и ψ:

Векторный метод. «Изображающие» векторы и показаны на рисунке 5. Вектор направлен вдоль оси ОХ, поскольку начало отсчета времени выбрано так, что φ₀₁=0. Угол наклона вектора к оси ОХ равен .

Рисунок 5. Рисунок к задаче 4

Согласно теореме косинусов,

Угол наклона вектора к оси ОХ , причем , , откуда

Таким образом, оба метода дают достаточно простые решения задачи.

Задача 5 Математический маятник длины l=50см совершает небольшие колебания в среде, в которой коэффициент затуханий β=0,9с^-1. Определить время τ и число полных колебаний п, по истечении которых амплитуда маятника уменьшится в пять раз. Во сколько раз должен возрасти коэффициент трения, чтобы колебания оказались невозможны?

Решение При отсутствии трения малые колебания маятника в вертикальной плоскости происходят по гармоническому закону, причем собственная циклическая частота математического маятника, как известно, зависит только от длины подвеса:

, (17)

Вследствие трения колебания маятника будут затухающими:

где φ - угол отклонения нити маятника от вертикали в момент t. (Очевидно, записанный закон движения соответствует такому началу отсчета времени, что при t=0 маятник проходит через положение равновесия, т. е. φ=0.)

Период затухающих колебаний (период гармонического сомножителя)

(18)

Амплитудой затухающих колебаний принято считать выражение, стоящее перед гармоническим сомножителем. В соответствии с этим определением амплитуда А затухающих колебаний изменяется со временем по экспоненциальному закону:

Записав выражения амплитуды для двух моментов t и t+τ и учитывая, что отношение этих амплитуд задано, можно найти искомое время τ. Число п полных колебаний за это время можно определить, если известен период Т.

Затухающие колебания по записанному выше закону возникают, как следует из решения соответствующего дифференциального уравнения, только при условии β<ω_о (это очевидно из выражения (18): при β > ω_о период и циклическая частота оказываются мнимыми величинами). При β≥ω_о происходит апериодический процесс, закон движения которого

где В₁ и В₂ - постоянные, определяемые из начальных условий;

Запишем выражения (3) для моментов времени t и t + τ :

Отношение амплитуд А₁/А₂=е^βτ=5. Логарифмируя это выражение, находим

Число полных колебаний, прошедших за время τ, очевидно, равно отношению . Определив из выражения (17) собственную циклическую частоту математического маятника и подставив ее в выражение (18), получим T=1,45с. Из сравнения T и τ видно, что 1<п<2, т. е. по прошествии двух полных колебаний амплитуда уменьшится уже больше чем в 5 раз, что соответствует уменьшению энергии маятника больше чем в 25 раз.

Предельное значение коэффициента затухания β, при котором возможны колебания, , причем где т — масса маятника, постоянная по условию задачи; r — коэффициент трения. Следовательно, искомое увеличение

Так как , то

Задача 6 В гладком горизонтальном желобе находятся два цилиндра массами т₁ и т₂, соединенные пружиной жесткости . Левому цилиндру толчком сообщили вдоль желоба начальную скорость v₁. Найти: 1) частоту колебаний системы в процессе движения; 2) энергию и амплитуду колебаний.

Решение 1) Пусть в некоторый момент координаты центров цилиндров x₁ и x₂. Тогда

(19)

где l – расстояние между центрами цилиндров при недеформированной пружине, х — ее деформация. Запишем уравнения движения обоих цилиндров в момент, когда пружина растянута (х>0), тогда

где справа записаны проекции упругой силы со стороны пружины, действующие на каждый цилиндр. Разделим первое уравнение на т₁, второе — на т₂ и вычтем из второго первое:

где - приведенная масса системы. Левая часть этого уравнения, согласно (19), равна , поэтому

откуда

2) Механическая энергия системы,

где - механическая энергия в Ц-системе, она и является искомой энергией колебания системы:

Итак, (20)

Остается найти Е и v_c. В нашем случае (трения нет) энергия E будет сохраняться; значит, она равна кинетической энергии левого цилиндра в начальный момент:

.

Сохраняться будет и импульс системы по той же причине, т.е.

.

После подстановки выражений для Е и v_c в (20) получим

.

Из формулы находим амплитуду колебаний:

.

Задача 7 Материальная точка массой т=10г совершает гармонические колебания с частотой v=0,2Гц. Амплитуда колебаний А=5см. Определить: 1) максимальную силу, действующую на точку; 2) полную энергию колеблющейся точки.

Решение Уравнение гармонического колебания

.

Тогда скорость и ускорение колеблющейся точки

;

.

Согласно второму закону Ньютона, сила, действующая на точку,

;

F=F_max при , поэтому искомое максимальное значение силы

(учли, что ω₀=2πυ).

Полная энергия колеблющейся точки

.

Подставив сюда ω₀=2πυ, найдем искомую полную энергию:

E=2π²mv²A².

Вычисляя, получаем: 1) F_max=0,8мН; 2) Е=19,7мкДж.

Задача 8 Точка участвует одновременно в двух гармонических колебаниях, происходящих во взаимно перпендикулярных направлениях и описываемых уравнениями х=cos πt и у=cos Определить уравнение траектории точки.

Решение По условию задачи,

х=cos πt (21)

у=cos (22)

Для определения уравнения траектории точки из уравнений (21) и (22) исключим время, тогда

cos πt= cos² - sin² = cos² -(1- cos² )=2 cos² -1=2y²-1,

откуда искомое уравнение траектории точки

.

представляет собой параболу.

Задача 9 Логарифмический декремент затухания тела, колеблющегося с частотой υ=50Гц, равен Θ=0,01. Определить: 1) время, за которое амплитуда колебаний тела уменьшится в 20 раз (A=0,05A₀); 2) число полных колебаний тела, чтобы произошло подобное уменьшение амплитуды.

Решение Амплитуда затухающих колебаний

(23)

где А₀ — амплитуда колебаний в момент t=0; δ — коэффициент затухания.

Логарифмический декремент затухания Θ=δТ (Т=1/v — условный период затухающих колебаний). Тогда δ=Θv и выражение (23) можно записать в виде

,

откуда искомое время

.

Число искомых колебаний

.

Вычисляя, получаем: 1) t=6с; 2) N=300.

Задача 10 Груз массой т=50г, подвешенный на длиной l=20см, совершает колебания в жидкости. Коэффициент сопротивления r=0,02кг/с. На груз действует вынуждающая сила F=0,1cosωt, H. Определить: 1) частоту вынуждающей силы, при которой амплитуда вынужденных колебаний максимальна; 2) резонансную амплитуду.

Решение Очевидно, что частота вынуждающей силы, при которой амплитуда вынужденных колебаний максимальна, является резонансной частотой:

, (24)

где ω₀ — собственная частота колебаний системы; δ= - коэффициент затухания.

Груз, подвешенный на нити, можно принять за математический маятник, тогда . Подставив значения ω₀ и δ в формулу (24), найдем искомую резонансную частоту:

.

Подставив формулу (24) в выражение для амплитуды вынужденных колебаний

,

где F₀ — амплитудное значение вынуждающей силы (по условию задачи, F₀=0,1Н), найдем искомую резонансную амплитуду:

.

Вычисляя, получаем: 1) ω_рез=7рад/с; 2) А_рез=71,4см.