§ 6. Механические колебания

105

Зависимость амплитуды затухающих колебаний от времени

где Ао — амплитуда колебаний в момент t = 0. • Логарифмический декремент затухания

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

• Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний

ТПХ = —кх— ГХ + F0COSLjt, ИЛИ X+ 2S±+LJQX = foCOSLjt,

где Fo cosu>t — внешняя периодическая сила, действующая на колеблю-щуюся материальную точку и вызывающая вынужденные колебания; Fo — ее амплитудное значение; /о = Fo/m.

• Амплитуда вынужденных колебаний

Л

Резонансная частота и резонансная амплитуда

/о

'■'рез

Для того чтобы решить, какое из этих значений угла (р удовлетворяет еше и условию х(0) < 0, найдем сначала x(t):

x(t) = — wAsin (wt + (p).

/С > У 1

У

/ \

р А 5л/6 \ \

'! .— \

| ,

\Х (0) о / х

\ < i 1

\ \ /

Подставив в это выражение значение t = 0 и поочередно значения начальных фаз ц>\ = = 5тг/6 и ц>?. = = 7тг/6, найдем

Так как всегда Л > 0 и ш > 0, то условию ±(0) < 0 удовлетворяет только первое значение начальной фазы. Таким образом, искомая на-чальная фаза if = 5тг/6.

По найденному значению (р построим векторную диаграмму (рис. 6.1).

Рис. 6.1

Пример 2. Материальная точ¬ка массой тп = 5 г совершает гармо¬нические колебания с частотой v = = 0,5Гц. Амплитуда колебаний Л = Зсм. Определить: 1) скорость v точки в момент времени, когда смещение х = 1,5 см; 2) максимальную силу Fmax, действующую на точку; 3) полную энергию Е колеблющейся точки.

Решение. 1. Уравнение гармонического колебания имеет вид

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Пример 1. Точка совершает колебания по закону x(t) = A cos (w£ + ip),

где А — 2см. Определить начальную фазу ip, если ж(0) *= — уЗсм и х(0) < 0. Построить векторную диаграмму для момента t = 0.

Решение. Воспользуемся уравнением движения и выразим сме¬щение в момент t = 0 через начальную фазу: х(0) = ЛСОБ^Э. Отсюда найдем начальную фазу:

i = arccos

Подставим в это выражение заданные значения а;(0) и Л:

ip — arccos (—у/3/2).

Значению аргумента {-\fb/2) удовлетворяют два значения угла:

5тг

7тг ~6~"

(1)

х = A cos (wt + ф),

а формулу скорости получим, взяв первую производную по времени от смещения:

■ da;

(2)

V = X — — = —Аш Sin (Ljt + ip).

at

Чтобы выразить скорость через смещение, надо исключить из фор¬мул (1) и (2) время. Для этого возведем оба уравнения в квадрат, раз¬делим первое на Л2, второе на Л2ш2 и сложим:

х2 v2 _л х2 v2

А2+Ж?-1' И™ Л2" + 4ЛЛ42" = !•

Решив последнее уравнение относительно v, найдем

v — ±2-KV\JА2 — х2.

Выполнив вычисления по этой формуле, получим

v = ±8,2 см/с.

106

Гл. 1. Физические основы механики

§ 6. Механические колебания

107

Знак плюс соответствует случаю, когда направление скорости совпа-дает с положительным направлением оси х, знак минус, — когда напра-вление скорости совпадает с отрицательным направлением оси х.

Смещение при гармоническом колебании кроме уравнения (1) может быть определено также уравнением

х = Asin(wt + ф).

Повторив с этим уравнением такое же решение, получим тот же ответ. 2. Силу, действующую на точку, найдем по второму закону Ньютона:

Пример 3. На концах тонкого стержня длиной I = 1 м и массой тпз = 400 г укреплены шарики малых размеров массами та\ — 200 г и 7П2 = 300 г. Стержень колеблется около горизонтальной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его се¬редину (точка О на рис. 6.2). Определить период Т колеба¬ний, совершаемых стержнем.

Решение. Период колебаний физического маятника, каким является стержень с шариками, определяется соот-ношением

(3)

F = та,

где а — ускорение точки, которое получим, взяв производную по времени от скорости:

а = х = — = — ALJ2cos(wt + (р), или а = — 4TT2I/2.ACOS(W£ + у)-

Подставив выражение ускорения в формулу (3), получим

F = -4ж21/2тА cos (u>t + ip). Отсюда максимальное значение силы

Fmax = \ъ2у2таА. Подставив в это уравнение значения величин тг, v, та и А, найдем

= 1,49 МН.

3. Полная энергия колеблющейся точки есть сумма кинетической и потенциальной энергий, вычисленных для любого момента времени.

Проще всего вычислить полную энергию в момент, когда кинетиче¬ская энергия достигает максимального значения. В этот момент потен¬циальная энергия равна нулю. Поэтому полная энергия Е колеблющейся точки равна максимальной кинетической энергии Ттах:

(4)

"""max

2 '

Максимальную скорость определим из формулы (2), положив cos (ait + <р) — 1: wmax = 2тплА. Подставив выражение скорости в фор¬мулу (4), найдем

Е = 2тг2тпи2А2.

Подставив значения величин в эту формулу и произведя вычисления, получим

Е = 2 • (3.14)2 • 5 • Ю-3 ■ (0,5)2 ■ (3 ■ 1(Г2)2кг ■ с~2 • м2 = 22,1 • 1(Г6 Дж,

или Е = 22,1 мкДж.

= 2тг

(5)

где J — момент инерции маятника относительно оси ко-лебаний; m — его масса; 1С — расстояние от центра масс маятника до оси.

Момент инерции данного маятника равен сумме момен-тов инерции шариков J\ и J2 и стержня J3:

(6)

J = Ji+J2 + J3-

Принимая шарики за материальные точки, выразим мо- рис g 2 менты их инерции: J\ = mi(//2)2; J2 = тг(//2)2. Так как ось проходит через середину стержня, то его момент инерции относи¬тельно этой оси Jz — тз/2/12. Подставив полученные выражения Ji, J2 и J3 в формулу (6), найдем общий момент инерции физического маят¬ника:

fi_ _ 12(3пц + 3m2 + m3)

'12 12

Произведя вычисления по этой формуле, найдем

J = 0,158 кг ■ м2. Масса маятника состоит из масс шариков и массы стержня:

ТП = ТГЦ +ТП2 +ТПз = 0,9 КГ.

Расстояние 1С центра масс маятника от оси колебаний найдем, ис-одя из следующих соображений. Если ось х направить вдоль стержня начало координат совместить с точкой О, то искомое расстояние 1С эавно координате центра масс маятника, т. е.

— та\)1

2m

108

Гл. 1. Физические основы механики