Механические колебания

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 = v_ox · 2t, (2)

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

Из рисунка видно, что v_0y =v₀sinα; v_0x = v₀cosα. В верхней точке подъема v_y = 0, и из уравнения v_y = v_0y – 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 a_n, 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 = 2π N (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 = ω _срt. По условию задачи угловая скорость линейно зависит от времени, и поэтому w_ср 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 F_H (вверх), см. рисунок. Применив второй закон Ньютона, получим, что ma=F_H-mg. Отсюда H.

На опускаемый груз также действуют сила тяжести mg (вниз)

и сила натяжения нити F_H (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 ω ₂=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 ω ₁ 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 ω ₂=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:

I₁ω ₁= I₂ ω ₂,

где – соответственно момент инерции всей системы до и после сближения; m- масса каждой гири. Угловая скорость ω =2π n. 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 (ω ₀t+ 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 ω ₀= 2π n) будет равно

.

Полная энергия колеблющейся точки –

мкДж.

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

Определить начальные фазы φ ₀₁, φ ₀₂ составляющих колебаний и амплитуду результирующего колебания.

Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид

x = Acos(ω t+φ).

x₁=A₁cos(ω t+ω τ ₁), x₂ =A₂cos(ω t+ ω τ ₂).

Тогда:

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

Согласно теореме косинусов, получим:

где – разность фаз составляющих колебаний.

Подставив найденные значения φ ₂ и φ ₁, получим, что (рад), Подставив значения А₁, А₂, и Δ φ, найдем, что

см.

 

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

Решение. По условию задачи

x= cos π t; 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+ I_3. (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