Приклади розв’язування задач

ПРИКЛАД 1. Частинка здійснює гармонічні коливання вздовж осі х біля положення рівноваги х = 0. Циклічна частота коливань  = 4 c^-1. В момент часу t = 0 координати частинки х₀ = 25.0 см, а її швидкість v= 100 см/с. Знайти координату х і швидкість v цієї частинки через t = 2.40 с.

Дано:

 = 4 с^-1

х₀ = 25.0 см

v= 100.0 см/с

t = 2.40 с

------------------------------

х = ? v= ?

Розв’язування: Рівняння гармонічних коливань має вигляд:

x = Acos ( t + ). (1)

Швидкість частинки в довільний момент часу дорівнює:

v = - A sin ( t + ) . (2)

В початковий момент часу t = 0 величини х і v відповідно дорівнюють х₀ і v₀:

x₀ = A cos  i v₀ = - A sin  (3)

Розв’язавши систему рівнянь (3), одержимо значення амплітуди коливань і початкової фази:

= 1 , звідки А = ;

cos  = , звідки  = arc cos .

Числові значення амплітуди і початкової фази в одиницях умови задачі

A = = 35.5 cм

 = arc cos .

Скориставшись значеннями амплітуди коливань і початкової фази, знаходимо координату х і швидкість в момент часу t:

x = 35.5 cos (4  2.40 + /4) = - 20.2 (см)

= - 35.5  4sin (4  2.40 + /4) = 115.7 (см/с)

Відповідь: х = - 20.2 см; х = 115.7 см/с.

ПРИКЛАД 2. В результаті додавання двох гармонічних коливань однакового напрямку і близьких частот одержали результуюче рівняння:

x = a cos 2.1 t cos 50.0 t (см)

Визначити циклічні частоти коливань, які додаються, і період биття.

Розв’язування: Відомо, що при додаванні двох гармонічних коливань з близькими частотами ₁ і ₂ рівняння результуючого руху має вигляд:

х = .

Порівнюючи це рівняння і рівняння умови задачі, маємо

= 2.1 c^-1 i = 50.0 c^-1

Звідки ₁ = 47.9 c^-1; ₂ = 52.1 c^-1.

Періодичність зміни амплітуди визначається періодичністю зміни модуля косинуса:

T_б =  ,

де Т_б - період биття.

Знаходимо період биття

T_б = = 1.49 (с)

Відповідь: ₁ = 47.9 с^-1; ₂ = 52.1 с^-1; Т_б = 1.49 с.

ПРИКЛАД 3. Рівняння руху частинки мають вигляд:

х = аsin t; (1) y = b cos t, (2)

де а і b - амплітуди коливань частинки вздовж координатних осей х і y.

Знайти:

а) рівняння траєкторії частинки у(х) і напрям її руху вздовж цієї траєкторії;

б) прискорення в залежності від напряму радіуса вектора .

Розв’язування: Рівняння траєкторії частинки одержимо, якщо рівняння (1) і (2) записати в такому вигляді:

sin t = , cos t = .

Піднесемо до квадрату:

= sin²t; = cos² t;

Додавши ці рівняння одержимо:

+ = 1 - еліпс

Будуємо цю траектрію в декартовій системі координат (рис.1):

Рис.1.

Аналізуючи рівняння (1) і (2) в різні моменти часу, знаходимо, напрям руху частинки вздовж траєкторії

а) при t = 0, х = 0 і у = b - початок руху ;

б) при t = /4, х = a і у = 0 - наступна точка;

в) при t = T/2, х = 0 і у = -b і т.п.

Результуюче прискорення руху частинки визначаємо із відповідних прискорень руху вздовж осей х і у

= а сos t; = - a ² sin t = - ² x;

= - b  sin t; = - b² cos t = - ² y;

.

Модуль вектора дорівнює

w = ² = ² r ,

де - модуль радіуса-вектора частинки в довільний момент часу.

Радіус-вектор частинки завжди направлений від початку координат до положення точки на траєкторії. Вектор результуючого прискорення завжди направлений від положення частинки на траєкторії руху до початку координат, тобто

ПРИКЛАД 4. Однорідний стержень поклали на два блоки, які швидко обертаються, як це показано на рис.2. Відстань між осями блоків l = 20 см, коефіцієнт тертя ковзання між стержнем і блоками k = 0.18. Показати, що стержень буде здійснювати гармонічні коливання. Знайти період цих коливань.

Дано: l = 20 см k = 0.18 ----------------- Т - ?

Рис.2

Розв’язування: При зміщенні стержня вліво на величину х₀ від положення рівноваги сили тертя F₁ i F₂, які виникають між стержнем і блоками дорівнюють

F₁ = i F₂ = ,

де  - густина матеріалу стержня; S - переріз стержня; k - коефіцієнт тертя ковзання.

Повертаюча сила, яка виникне в цьому випадку, буде дорівнювати:

F = - (F₁ -F₂) = - 2  g S k x (1)

За другим законом Ньютона ця ж сила дорівнює:

F = m (2)

Порівнюючи праві частини рівностей (1) і (2), маємо

m + 2  g S k x = 0

Або

x = 0 (3)

Одержане диференціальне рівняння (3) є рівнянням гармонічних коливань. Циклічна частота цих коливань визначається співвідношенням:

² = ,

звідки

T = 2 ,

або врахувавши те, що m = lS, одержимо:

T = 2 .

Підставимо числові значення:

T = 6.28  = 1.5 (c) .

Відповідь: Т = 1.5 с.

ПРИКЛАД 5. Фізичний маятник у вигляді тонкого прямого стержня довжиною 120 см коливається біля горизонтальної oсі, яка проходить перпендикулярно до стержня через точку, віддалену на деяку відстань а від центра мас стержня. При якому значенні а_е період коливань буде мати найменше значення? Знайти величину цього періоду ?

Д

ано:

l = 120 см

-----------------

а_e - ?

Т_min - ?

Розв’язування: Відведений від положення рівноваги стержень буде здійснювати коливання відносно закріпленої осі, яка співпадає з віссю Z (рис.3). Покажемо, що при малих кутах відхилення ( < 7), ці коливання будуть гармонічними. В будь-який момент часу на стержень діють дві сили, сила тяжіння і сила реакції опори. Однак, повертаючий момент створюється лише силою тяжіння.

M = mga sin , (1)

де а - відстань від осі обертання до центра мас стержня;  - кут відхилення стержня від положення рівноваги.

Для малих кутів sin =  , а напрям вектора протилежний напрямку осі Z, тому

M_z = - mga , (2)

Згідно з основним рівнянням динаміки обертального руху цей момент дорівнює:

M_z = І (3)

Прирівняємо праві частини рівностей (2) і (3):

I + mga  = 0

Звідки одержуємо:

 = 0. (4)

Рівняння (4) є диференціальним рівнянням гармонічних коливань, квадрат циклічної частоти яких дорівнює:

² = (5)

де І - момент інерції стержня відносно вісі обертання; а - відстань від точки підвісу до центра мас.

Момент інерції стержня знайдемо за теоремою Штейнера, згідно з якою:

I = I₀ + m a²,

де І₀ = ml² - момент інерції стержня відносно осі, яка проходить через центр мас стержня. Тому

І = m l² + ma² . (6)

Підставимо (6) в (5) і визначимо період коливань

T = 2 . (7)

Для визначення екстремальної відстані а_е від центра мас до точки підвісу, похідну по а підкореневого виразу формули (7) прирівняємо до нуля:

= 0 , .

Звідки

2 a² - - a² = 0;

a_e =  . (8)

a_e =  0.34 (м).

Величину а_е з (8) підставимо в (7) і знайдемо значення найменшого періоду коливань фізичного маятника:

T_min = 2 = 1.67 (c).

Відповідь: а_е = 34 см; Т_min = 1.67 c.

ПРИКЛАД 6. Кулька масою m і радіусом r котиться без ковзання по внутрішній поверхні циліндра радіусом R, виконуючи малі коливання біля положення рівноваги. Визначити період коливань кульки.

Розв’язування: На відведену від положення рівноваги кульку діють дві сили, сила тяжіння mg і сила реакції опори з точкою прикладання о₁. Повертаючий момент відносно миттєвої точки о₁ створюється лише силою тяжіння (рис.4.):

М = - mgr sin  (1)

де mg - сила тяжіння; r - радіус кульки;  - кут відхилення радіуса - вектора кульки від положення рівноваги.

У випадку, коли кут  < 7, sin  = . В цьому випадку

M = - mgr (2)

За основним рівнянням динаміки обертального руху момент сили тяжіння дорівнює

М = І , (3)

де І - момент інерції кульки відносно миттєвої вісі, яка проходить через точку о₁ ;  - кутове прискорення кульки відносно точки о₁.

Прирівняємо праві частини рівностей (2) і (3):

I  + mgr  = 0 (4)

Момент інерції кульки відносно миттєвої осі знаходимо за теоремою Штейнера:

I = mr² + mr² = mr² (5)

Кутове прискорення кульки  можна визначити через дотичне прискорення а_ і радіус кульки r:

a_ =  r . (6)

Дотичне прискорення а_ також можна визначити по відношенню до точки о циліндра:

a_ =  (R - r) , (7)

де  - кутове прискорення кульки відносно точки о, яке пов’язане із зміною кута повороту  за часом ( =  ); (R - r) - відстань від точки о до центра мас кульки.

Прирівняємо праві частини рівностей (6) і (7) і визначимо :

 = (8)

Значення І з (5) і  з (8) підставимо в (4):

+ mgr  = 0

Звідки

= 0 (9)

Диференціальне рівняння (9) є рівнянням гармонічних коливань. Циклічна частота цих коливань дорівнює

 = .

Отже період коливань кульки:

T = 2 .

ПРИКЛАД 7. Тіло масою 1 кг знаходиться у в’язкому середовищі з коефіцієнтом опору r = 0.05 кг/с. З допомогою двох однакових пружин жорсткістю k = 50 Н/м кожне тіло утримується в положенні рівнoваги, пружини при цьому не деформовані. Тіло змістили від положення рівноваги, як це показано на рис.5, і відпустили. Визначити:

1) коефіцієнт затухання ; 2) частоту  коливань ; 3) логарифмічний декремент коливань ; 4) число N коливань за час, протягом якого амплітуда коливань зменшиться в е разів; 5) добротність коливної системи.

Дано:

m = 1 кг

r = 0.05 кг/с

k = 50 Н/м

--------------------------

 - ?  - ?  - ?

N

Рис.5.

- ?  - ?

Аналіз задачі. На відведене від положення рівноваги тіло (рис.5) діють дві однакові сили F₁ = F₂ = kx, які направлені в один

бік. Повертаюча сила в цьому випадку дорівнює:

F_n = - 2kx. (1)

При русі тіла у в’язкому середовищі з боку останнього виникає сила опору, яка пропорційна швидкості руху тіла:

F₀ = - r . (2)

Інших сил в напрямі руху тіла при здійсненні коливань не існує. За другим законом Ньютона результуюча цих двох сил призводить до винекнення прискорення, тобто можна записати:

m = - r . (3)

Рівняння (3) можна перетворити:

= 0, (4)

де = 2,  - коефіцієнт затухання; = ₀²,₀ - власна циклічна частота.

З урахуванням позначень рівняння (4) набуде вигляду:

= 0. (5)

Рівняння (5) є диференціальним рівнянням затухаючих коливань, розв’язком якого є функція:

x = A₀ e^-t cos (t + ) (6)

Розв’язування: а) Коефіцієнт затухання дорівнює

 = = 0.025 c^-1.

б) Частоту коливань  знайдемо за формулою:

 = = 1.59 c^-1.

в) Логарифмічний декремент затухання дорівнює

 = ln = 0.0157.

г) Число коливань, які будуть здійснені коливною системою за час , протягом якого амплітуда зменшиться в е разів:

N = ,

де  - час, за який амплітуда зменшується в e paзів; Т - період затухаючих коливань.

Спочатку знайдемо час 

1 = ln =  

Звідки

 = .

Тоді

N =

д) Добротність коливної системи

= 200.

Відповідь:  = 1.59 с^-1;  = 0.0157; N = 64;  = 200.

ПРИКЛАД 8. Частинку змістили від положення рівноваги на відстань А₀ = 1 см і відпустили. Який шлях пройде ця частинка, здійснюючи затухаючі коливання, до повної зупинки, якщо логарифмічний декремент затухання  = 0.01 ?

Розв’язування: Зміщена від положення рівноваги частинка за перші чверть періоду, після того, як її відпустили, пройде шлях S₁ = A_0. За кожну наступну половину періоду частинка буде проходити відповідно шляхи

S₂ =2A₀ ; S₃ = 2A₀ ; S₄ = 2 A₀  i т.п.

Весь шлях руху частинки буде дорівнювати

S = S₁ + S₂ + S₃ +....+ S_n.

Або

S = А₀ + 2А₀ + 2А₀ + 2А₀ +...+ 2А₀ .

Після спрощення одержимо

S = A₀  .

В круглих дужках безмежно спадна геометрична прогресія, сума членів якої визначається формулою

S_n = ,

де а₁ = - перший член геометричної прогресії; q = - знаменник прогресії.

Тому

S = A₀  .

Врахувавши те, що Т = , одержимо

S = 0.01  = 4 (м)

Відповідь: S = 4 м.

ПРИКЛАД 9. До спіральної пружини жорсткістю 10 Н/м підвісили тягарець масою 10 г і занурили всю систему у в’язке середовище. Прийнявши коефіцієнт опору середовища рівним 0.1 кг/с, визначити: а) резонансну частоту ₀ власних коливань; б) резонансну частоту _рез; в) резонансну амплітуду А_рез, якщо змушуюча сила змінюється за гармонічним законом і її амплітудне значення F₀ = 0.02 Н; г) відношення резонансної амплітуди до статичного зміщення пiд дією сили F₀.

Аналіз теорії задачі.

На тягарець, який здійснює коливання, окрім сили тертя і пружної сили, діє зовнішня сила, яка змінюється за гармонічним законом.

З урахуванням дії всіх сил диференціальне рівняння коливань матиме вигляд:

m + r + kx = F₀ cos  t (1)

Поділимо рівняння (1) на масу тягарця m і введемо позначення:

; ; , одержимо

+ 2  + ₀² x = f cos t (2)

Рівняння (2) є неоднорідним лінійним диференціальним рівнянням другого порядку. Рoзв’язком такого рівняння є функція, яка складається з двох частин:

x = A₀e^-t cos(t + ) + A cos (t + ) . (3)

Через деякий час під дією змушоючої сили коливання тягарця стануть стабільними. Тому розв’язком рівняння (2) буде лише функція

x = A cos (t + ). (4)

Першу та другу похідні від (4) підставимо в (2):

= - A sin (t + ) = Acos (t +  + /2),

= - A² cos (t + ) = A² cos (t +  + ) ,

A² cos (t +  + ) + 2  A cos (t +  + /2) +

+ A² cos (t + ) = f₀ cos t (5).

Введемо позначення: А₁ = A²; A₂ = 2  A; A₃ = A ₀²; A₄=f₀.

Для знаходження амплітуди А вимушених коливань скористаємось векторною діаграмою, на якій відкладемо амплітуди А₁, А₂, А₃, А₄ згідно з (5) (рис.6)

A₄² = A₂² + (A₃ - A₁)², або врахувавши позначення, одержимо:

f₀² = 4² A² ² + (₀² - ²) A²

Звідки маємо:

A = . (6)

Аналіз виразу (6) амплітуди вимушених коливань:

а)  << ₀, тобто   0

A_ст = , (7)

де А_ст - статичне зміщення тягарця під дією сталої сили F₀.

б)   ₀

A_р = , (8)

де А_р - резонансне значення амплітуди.

При   0, А_p  .

Для знаходження резонансної частоти і резонансної амплітуди дослідимо на максимум підкореневий вираз формули (6):

= 0 .

Звідки

_р = , (9)

де _р - резонансна частота вимушених коливань.

Значення _р з (9) підставимо в (6)

A_р = . (10)

Якщо   0, то A_р = , що співпадає з формулою (8).

Розв’язування:

а) Частота ₀ власних коливань тягарця

₀ = = 5.03 c^-1.

б) Резонансну частоту знайдемо за формулою (9)

_р =

= 4.91 c^-1 .

в) Резонансну амплітуду знайдемо за формулою (10):

A_рез = = 6.4  10^-3 (м).

г) Відношення резонансної амплітуди до статичного зміщення тягарця, тобто добротність коливної системи

=

= = 160 .

Відповідь: ₀ = 5.03 с^-1; _р = 4.91 с^-1; А_р = 6.4 мм;  = 160.