Студопедия Главная Случайная страница Задать вопрос

Разделы: Автомобили Астрономия Биология География Дом и сад Другие языки Другое Информатика История Культура Литература Логика Математика Медицина Металлургия Механика Образование Охрана труда Педагогика Политика Право Психология Религия Риторика Социология Спорт Строительство Технология Туризм Физика Философия Финансы Химия Черчение Экология Экономика Электроника

Часть I




Уравнение гармонических колебаний –

,

где x – смещение колеблющейся точки от положения равновесия; A, ω, φ – соответственно амплитуда, круговая (циклическая) частота, начальная фаза колебаний; t – время; – фаза колебаний в момент t.

Круговая частота колебаний –

, или ,

где n и T – частота и период колебаний.

Скорость точки, совершающей гармонические колебания, –

.

Ускорение при гармоническом колебании –

.

Амплитуда А результирующего колебания, полученного при сложении двух, происходящих вдоль одной прямой, колебаний с одинаковыми частотами, определяется по формуле

,

где и – амплитуды составляющих колебаний; и – их начальные фазы.

Начальная фаза φ результирующего колебания может быть найдена из формулы

.

Частота биений колебаний, возникающих при сложении двух колебаний, происходящих вдоль одной прямой с различными, но близкими по значению частотами и , –

.

Уравнение траектории точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях с амплитудами и и начальными фазами и , –

,

т.е. точка движется по эллипсу.

Дифференциальное уравнение гармонических колебаний материальной точки :

, или ,

где m – масса точки; k – коэффициент квазиупругой силы .

 

Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания, –

.

Период колебаний тела, подвешенного на пружине (пружинный маятник), –

,

где m – масса тела; k – жёсткость пружины.

Формула справедлива для упругих колебаний в пределах, в которых выполняется закон Гука (при малой массе пружины в сравнении с массой тела).

Период колебаний математического маятника

,

где – длина маятника; g – ускорение свободного падения.

Период колебаний физического маятника –

,

где – приведённая длина физического маятника; J – момент инерции колеблющегося тела относительно оси колебаний; a – расстояние от центра масс маятника до оси колебаний.

Эти формулы являются точными для случая бесконечно малых амплитуд. При конечных значениях они дают лишь приближенные результаты. При амплитудах не более ~ 30 погрешность в значении периода не превышает 1%.

Период крутильных колебаний тела, подвешенного на упругой нити, –

,

где J – момент инерции тела относительно оси, совпадающей с упругой нитью; k – жесткость упругой нити, равная отношению упругого момента, возникающего при закручивании нити, к углу, на который нить закручивается.

Дифференциальное уравнение затухающих колебаний :

, или ,

где r – коэффициент сопротивления; δ – коэффициент затухания, ;

- собственная круговая частота колебаний, .

Решение дифференциального уравнения затухающих колебаний –

,

где А(t) – амплитуда затухающих колебаний в момент времени t; w - круговая частота затухающих колебаний в момент t.

Круговая частота затухающих колебаний –

Зависимость амплитуды затухающих колебаний от времени –

,

где - амплитуда колебаний в момент t=0.

Логарифмический декремент затуханий :

,

где A(t) и A(t+T) – амплитуды двух последовательных колебаний, отстоящих по времени друг от друга на период.

Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний :

, или ,

где – внешняя периодическая сила, действующая на колеблющуюся материальную точку и вызывающая вынужденные колебания; – её амплитудное значение, .

Амплитуда вынужденных колебаний :

.

Резонансная частота и резонансная амплитуда :

и .

 

1.2. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

 

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид x = A + Bt + Ct3, где А =2 м, В = 7м/с; С = -0,5м/с3. Найти координату x, скорость v и ускорение a точки в момент времени t, равный 2 с.

Решение. Координату x найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А,В,С и времени t:

x=(2+7∙2-0,5∙23)=12 м.

Мгновенная скорость есть первая производная от координат по времени:

v = = B +3Ct2.

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по вре- мени:

a = = 6Ct2.

В момент времени t=2с

v =(7-3∙0,5∙22) = 1м/с;

a = 6 · 0,5 ·2 = 6 м/с2.

 

Пример 2. Тело брошено со скоростью v0 = 10 м/с под углом α = 400 к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти:

1) высоту h подъема тела; 2) дальность S полета тела (по горизонтали);

3)время движения тела.

Решение. Перемещение тела можно разложить на два: горизонтальное вдоль оси x и вертикальное вдоль оси y (см. рисунок). Применяя закон независимости движений, имеем

h = ; (1)

S = vox · 2t, (2)

где t – время подъема; 2t – время полета.

Из рисунка видно, что v0y =v0sinα; v0x = v0cosα . В верхней точке подъема vy = 0, и из уравнения vy = v0y – gt получаем, что v0sin α = gt. Отсюда время подъема равно

t = c.

 

 

Подставив значение t в (1), получим высоту, на которую поднимется тело:

h= м.

Подставив значение t в (2), найдем дальность полета:

S = v0 cosα 2t = 10·0,77·1,3 = 10м.

Время полета 2t = 2 · 0,64 = 1,3 с.

 

Пример 3.Диск радиусом R =5 см вращается вокруг неподвижной оси так, что зависимость угловой скорости от времени задается уравнением

ω = 2At + 5Bt4, где А = 2 рад/с2, В = 1 рад/с5.

Найти для точек на ободе диска к концу первой секунды после начала движения: 1) полное ускорение; 2) число оборотов диска.

Решение. Полное ускорение может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения , направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения an, направленного к центру кривизны траектории, см. рисунок.

.

Так как векторы и взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения – Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами ; , где ε – угловое ускорение тела; ω – угловая скорость тела.  

 

По условию задачи

ω = 2 Аt + 5 Bt4.

Следовательно,

м/с2;

м/с2.

Полное ускорение

м/с2.

Угол поворота диска равен φ = 2πN (где N –число оборотов), но угловая скорость составляет

.

Следовательно,

.

Тогда число оборотов диска –

.

 

Пример 4.Маховик вращается с постоянной частотой n0=10 c-1. При торможении он начал вращаться равнозамедленно. Когда торможение прекратилось, вращение маховика снова стало равномерным, но уже с частотой n = 6c-1. Найти угловое ускорение ε маховика и продолжительность t торможения, если за время равнозамедленного движения маховик сделал N=50 оборотов.

Решение. Угловое ускорение маховика связано с начальной и конечной ω угловыми скоростями соотношением ; откуда

Но так как φ = 2 π N, ω = 2 π n, то

рад/с2.

Знак «минус» указывает на то, что маховик вращается замедленно.

Для определения продолжительности торможения используем формулу, связывающую угол поворота со средней угловой скоростью вращения и временем: φ = ωсрt. По условию задачи угловая скорость линейно зависит от времени, и поэтому wср можно выразить так:

,

тогда . Откуда

с.

 

Пример 5.К нити подвешен груз массой m=1 кг. Найти силу натяжения нити , если нить с грузом: 1) поднимать с ускорением a=5 м/с2; 2) опускать с тем же ускорением.

Решение. На поднимаемый груз, действуют сила тяжести mg (вниз) и сила натяжения нити FH (вверх), см. рисунок. Применив второй закон Ньютона, получим, что ma=FH-mg. Отсюда H.

На опускаемый груз также действуют сила тяжести mg (вниз)

и сила натяжения нити FH (вверх). Применив второй закон Нью-

тона, получим, что . Отсюда H.

 

Пример 6.По плоскости с углом наклона 300 к горизонту скользит тело. Определить скорость тела в конце второй секунды от начала скольжения, если коэффициент трения k = 0,15.

Решение

       
 
   
N
 


Рис. 4

Уравнение движения тела в векторной форме (второй закон Ньютона): . В проекциях на оси x и y это уравнение примет вид ; (1) . (2)

Из уравнения (2) , см. рисунок. Сила трения

.

Тогда, подставив в уравнение (1), получим выражение

mgsinα-kmgcosα=ma,

отсюда a=g(sinα-kcosα).

Скорость тела , но v0=0; поэтому

м/с.

 

Пример 7.После абсолютно упругого соударения тела массой m1, движущегося поступательно, с покоящимся телом массой m2 оба тела разлетаются симметрично относительно направления вектора скорости первого тела до удара. Определить, при каких значениях это возможно. Угол между векторами скоростей тел после удара равен 600 , см. рисунок.

Решение. Удар абсолютно упругий, и импульс системы постоянен:

В проекциях на оси X и Y ; (1) . (2) Из уравнения (2) следует, что . (3)

Уравнение (1) примет вид .

Закон сохранения кинетической энергии, поскольку удар – абсолютно упругий, имеет вид

. (4)

Подставляя в (4) уравнение (3) при замене , получаем:

;

.

Уравнения образуют систему, совместное решение которой дает следующий результат:

.

 

Пример 8.Шар массой m1, движущийся горизонтально с некоторой скоростью v1, столкнулся с неподвижным шаром массой m2. Шары – абсолютно упругие, удар прямой. Какую долю своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением

, (1)

где K1 – кинетическая энергия первого шара до удара; u2 и K2 – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполняются два закона сохранения: импульса и механической энергии. По закону сохранения импульса, с учетом того, что второй шар до удара покоился, имеем

.

По закону сохранения механической энергии –

.

Решая совместно два последних уравнения, найдём, что

.

Подставив выражение в равенство (1), получим

.

Из этого соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров.

 

Пример 9.Сплошной шар массой 1 кг и радиусом 0,05 м вращается вокруг оси, проходящей через его центр. В точке, наиболее удалённой от оси вращения, на шар действует сила, касательная к поверхности. Угол поворота шара меняется по закону . Определить величину действующей силы, тормозящий момент, время равнозамедленного движения.

Решение. Согласно основному закону динамики вращательного движения вращающийся момент равен , где J – момент инерции шара; ε – угловое ускорение. Момент инерции шара:

.

Угловое ускорение – .

Следовательно, .

Момент силы относительно неподвижной точки составляет

, где - радиус – вектор, проведённый из этой точки в точку приложения силы. Модуль момента

силы, как видно из рисунка, . Отсюда

.

В момент остановки шара ω=0,

 

Пример 10.Найти линейное ускорение шара, скатывающегося без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости a=300, начальная скорость v0=0.

Решение. При скатывании шара с наклонной плоскости высотой h его потенциальная энергия уменьшается, переходя в кинетическую поступательного и

 

вращательного движения:

, (1)

где J – момент инерции шара. Так как и , где R – радиус шара, то уравнение (1) можно записать так:

,

т.е. .

Из рисунка видно, что h=lsinα; тогда ;

. (2)

Так как движение тела происходит под действием постоянной силы, то оно равноускоренное с v0=0 (из условия задачи); поэтому

. (3)

Подставив (3) в уравнение (2), получим:

м/с2.

Пример 11.Маховик в виде диска массой m=50 кг и радиусом R = 20 см был раскручен до частоты вращения . Вследствие трения маховик остановился. Найти момент M сил трения, считая его постоянным для двух случаев: 1) маховик остановился через t=50 с; 2) маховик до полной остановки сделал N=200 об.

Решение. По основному закону динамики вращательного движения изменение момента импульса вращающегося тела равно произведению момента силы, действующего на тело, на время действия этого момента:

,

где J –момент инерции маховика; и - начальная и конечная угловые скорости. Так как ω2=0 и , то Mt=-Jω, откуда

. (1)

Момент инерции диска относительно его геометрической оси равен

.

Подставив это выражение в формулу (1), найдём, что

. (2)

Выразив угловую скорость ω1 через частоту вращения , получим , произведя вычисления по формуле (2), найдём, что

.

В условии задачи дано число оборотов маховика до остановки, т.е. его угловое перемещение:

рад.

 

Запишем формулу, выражающую связь работы с изменением кинетической энергии:

, или ω2=0.

Она примет вид

. (3)

Работа при вращательном движении определяется по формуле . Подставив выражение работы и момента инерции диска в формулу (3), получим

.

Отсюда

= –1 (Нм) .

Знак «минус» показывает, что момент силы трения оказывает тормозящее действие.

 

Пример 12.Человек стоит в центре круга Жуковского, вращающегося по инерции вокруг неподвижной оси с частотой . В вытянутых руках он держит по гире массой m=5кг каждая. Расстояние от каждой гири до оси вращения Суммарный момент инерции человека и скамьи относительно оси вращения I0=2 кг×см2. Определить частоту n2 вращения скамьи с человеком. Какую работу совершит человек, если прижмёт гири к себе так, что расстояние от каждой гири до оси станет равным 2=20cм?

Решение. По условию задачи момент внешних сил относительно вертикальной оси вращения равен нулю, поэтому момент импульса системы сохраняется:

I1ω1= I2 ω2,

где – соответственно момент инерции всей системы до и после сближения; m- масса каждой гири. Угловая скорость ω=2πn. Подставив w в уравнение, получим искомую частоту вращения:

Работа, совершаемая человеком, равна изменению кинетической энергии системы:

.

 

Пример 13.Материальная точка массой m=10 г совершает гармонические колебания частотой n = 0,2 Гц. Амплитуда колебаний равна 5 см. Определить: а) максимальную силу, действующую на точку; б) полную энергию колеблющейся точки.

Решение. Уравнение гармонического колебания: х= A cos (ω0t+ φ).

Тогда скорость и ускорение колеблющейся точки находятся так :

;

Согласно второму закону Ньютона сила, действующая на точку, –

при .

Поэтому искомое максимальное значение силы (с учетом того, что ω0= 2πn) будет равно

.

Полная энергия колеблющейся точки –

мкДж.

Пример 14. Складываются два колебания одинакового направления, выражаемые уравнениями и , где А1=1см, А2=2см, τ1= с, с, .

Определить начальные фазы φ01, φ02 составляющих колебаний и амплитуду результирующего колебания.

Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид

x = Acos(ωt+φ).

x1=A1cos(ωt+ωτ1), x2 =A2cos(ωt+ ωτ2).

Тогда:

Для определения амплитуды результирующего колебания представим векторную диаграмму, см. рисунок.

Согласно теореме косинусов, получим:

где – разность фаз составляющих колебаний.

Подставив найденные значения φ2 и φ1, получим, что (рад), Подставив значения А1, А2, и Δφ, найдем, что

см.

 

Пример 15.Точка участвует одновременно в двух гармонических колебаниях во взаимно перпендикулярных направлениях. Колебания описываются уравнениями x= cos πt и y = cos t. Определить траекторию движения точки.

Решение. По условию задачи

x= cos πt ; y = cos t. (1)

Для определения траектории точки из выражений (1) исключаем понятие времени. Искомые уравнения имеют вид x= 2y2-1, или , и представляют собой параболу.

 

Пример 16.На концах тонкого стержня длиной =1 м и массой m=400 г укреплены шарики малых размеров массами m1=200 г и m2=300 г. Стержень колеблется вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной ему и проходящей через его середину (точка О, см. рисунок). Определить период Т колебаний, совершаемых стержнем.

m1 Решение. Период колебаний физического маятника,

примером которого является стержень с шариками,

определяется по формуле

О , (1)

m2

где I – момент инерции маятника относительно оси колебаний; m – его масса; a – расстояние от центра масс маятника до оси.

Момент инерции данного маятника равен сумме моментов инерции шариков I1, I2 и стержня I3:

I= I1+ I2+ I3. (2)

Приняв шарики за материальные точки, выразим моменты их инерций:

.

Момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его середину, равен I3= . Подставив полученные выражения I1, I2, I3 в формулу (2), найдем момент инерции физического маятника:

= .

Масса маятника состоит из масс шариков и стержня:

m = m1 + m2 + m3 = 0,2 + 0,3 + 0,4 = 0,9 кг.

Если ось x направить вдоль стержня и начало координат совместить с точкой О, см. рисунок, то искомое расстояние «а» равно координате центра масс маятника, т.е.

Произведя расчет по формуле (1), найдем период колебаний физического маятника:

.

Пример 17.Один конец медной проволоки длиной =0,8 м, сечением 8 мм закреплен в подвесном устройстве, а к другому прикреплен груз массой m=400г. Вытянутую проволоку с грузом, отклонив до высоты подвеса, отпускают. Считая проволоку невесомой, определить ее удлинение в нижней точке траектории движения груза. Модуль Юнга для меди равен Е=118 ГПа.

Решение. Из закона Гука продольного растяжения

где – напряжение при упругой деформации; Е – модуль Юнга; – относительное продольное растяжение, получим

, (1)

где F – сила, растягивающая проволоку в нижней точке траектории груза, численно равная сумме величин силы тяжести груза и центростремительной силы, действующей на него,

, (2)

где v – скорость груза.

Согласно закону сохранения механической энергии

Часть I






Дата добавления: 2014-10-29; просмотров: 266. Нарушение авторских прав

Studopedia.info - Студопедия - 2014-2017 год . (0.277 сек.) русская версия | украинская версия