1.8. Примеры

1. Написать уравнение гармонического колебательного движения, если максимальное ускорение точки a_max = 0.493 м/с², период колебаний Т = 2 с и смещение точки от положения равновесия в начальный момент времени х₀ =0.025 м.

Дано: a_max = 0.493 м/с², Т = 2 с, х₀ =0.025 м.

Найти: A, ω, .

Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид x = A Sin(ωt + ). Чтобы записать уравнение необходимо определить все величины, входящие в формулу. Зная период, находим циклическую частоту ω = 2/ Т, ω =  1/c. Для определения амплитуды выразим ускорение колеблющейся точки a = d²t/dx² = - A ω² Sin(ωt + ). Тогда a_max = A ω², откуда можно найти амплитуду A = a_max / ω² = 0.05 м. Для определения начальной фазы используем смещение в момент времени t = 0: х₀ = A Sin. Отсюда  = arcsin (х₀/ A) = arcsin (1/ 2) =/6. Подставляя рассчитанные значения, получаем ответ:

x = 0.05 Sin( t +/6 ) (м).

2. При сложении двух гармонических колебаний одного направления результирующее колебание точки имеет вид

x = a cos(2.1t) * cos(50.0t) где t – в секундах. Найти круговые частоты складываемых колебаний и период биения.

Решение. На основании тригонометрической формулы cosα*cos = [cos(α +) + cos(α - )]/2 заданную зависимость x(t) представим в виде . Отсюда круговые частоты и период биений: ω₁ = 47.9 1/c, ω₂ = 52.1 1/c ; T_б = 2/( ω₂ - ω₁).

3. Найти уравнение траектории точки, если она движется по закону: , . Изобразить примерный вид этой траектории.

Р ешение. Из уравнений двух взаимно перпендикулярных гармонических колебаний видно, что координаты точки удовлетворяют условиям

(1).

Представим параметрическую форму задания траектории точки в виде . Для исключения параметра t поступим следующим образом. Из выражения для координаты х имеем . Выражение для координаты представим в виде

y=a(Cos²ωt – Sin² ωt a(1- 2Sin² ωt), или (2)

С учетом условий (1) уравнение (2) определяет дугу параболы (см. рисунок), вдоль которой осуществляется периодическое движение точки.

4. Частица массы m находится в одномерном силовом поле, где её потенциальная энергия зависит от координаты x как U(х)= U₀(1-Cosax) , U₀ и а - постоянные. Найти период малых колебаний частицы около положения равновесия.

Решение. Сила, действующая на частицу в потенциальном поле, равна = gradU, где U - потенциальная энергия частицы. В одномерном силовом поле gradU=dU/dx. Для заданного поля градиент dU/dx=аU₀Sinax.

Уравнение движения частицы имеет вид

m = -aU₀Sinax (1).

При малых смещениях частицы относительно точки х = 0 , т.е. когда величина |ax| /2, можно положить Sinax ax. Тогда уравнение (1) примет вид , или

x = 0 (2).

Введём обозначение ω²= а²U₀/m и представим (2) в виде (3).

Решая уравнение (3), получим х = ACos(ωt+α), где А и α – постоянные. Это выражение определяет закон движения частицы, имеющий гармонический характер, причём, величина ω = представляет собой циклическую частоту периодических движений частицы относительно точки х = 0, т.е. частоту малых гармонических колебаний.

Итак, для периода этих колебаний имеем выражение Т= 2 / ω=2 .

5. Тонкое кольцо радиуса R совершает малые колебания около точки О. Найти их период, если колебания происходят: а) в плоскости рисунка; б) в направлении, перпендикулярном плоскости рисунка.

Р ешение. Данную систему рассматриваем как один из примеров физического маятника, период малых колебаний которого вычисляется по формуле . Для заданных направлений качания маятника имеем:

а) Ось О колебаний перпендикулярна плоскости кольца. В этом случае момент инерции кольца относительно оси О и расстояние до центра масс соответственно равны: Период малых колебаний .

б) Ось колебаний и кольцо расположены в одной плоскости.

Момент инерции кольца относительно этой оси , а период колебаний .

6. Сплошной однородный цилиндр массы m совершает малые колебания под действием двух пружин, суммарная жесткость которых равна k. (см. рисунок). Найти период этих колебаний в отсутствие скольжения.

Решение. При повороте цилиндра на угол вследствие качения система пружин получает деформацию, равную х. Рассмотрим движение цилиндра, характеризующее его поворот вокруг оси О на угол . Уравнение этого движения имеет вид Здесь – момент инерции цилиндра относительно оси О (линии касания), - угловое ускорение, - момент упругой силы.

Учитывая связь , представим уравнение (1) в виде , или (2). Величина определяет квадрат круговой частоты колебаний системы, т.е. . Отсюда получаем период колебаний .

7. Логарифмический декремент затухания тела, колеблющегося с частотой 50 Гц, равен 0.01. Определить: 1) время, за которое амплитуда колебаний тела уменьшится в 20 раз; 2) число полных колебаний тела, чтобы произошло подобное уменьшение амплитуды.

Дано:  = 50 Гц,  = 0.01, A₀/ А = 20.

Найти: t, N.

Решение. Амплитуда затухающих колебаний А = A₀ , где A₀ – амплитуда колебаний в момент t = 0;  - коэффициент затухания. Логарифмический декремент затухания  = Т (Т = 1/ - период колебаний,  - частота). Тогда  = и амплитуду можно записать в виде A = A₀ , откуда искомое время t = и число полных колебаний N = t/T =t. Вычисляя, получаем: 1) t = 6 с; 2) N = 300.

8. Гиря массой 0,5 кг, подвешенная на спиральной пружине жесткостью k = 50 Н/м, совершает колебания в вязкой среде с коэффициентом сопротивления r = 0.5 кг/с. На верхний конец пружины действует вынуждающая сила, изменяющаяся по закону F = 0.1Cosωt Н. Определить для данной колебательной системы: 1) коэффициент затухания ; 2) резонансную частоту; 3) резонансную амплитуду А_рез.

Дано: m = 0.5 кг, k = 50 Н/м, r = 0.5 кг/с, F = 0.1Cosωt Н.

Найти: , ω_рез, А_рез.

Решение. Коэффициент затухания определяется по формуле  = r/(2m). Резонансная частота ω_рез = , учитывая, что ω₀= , тогда ω_рез = . Амплитуда при резонансе определяется по формуле

А_рез = , где F₀ = 0.1 Н.

Подставляя числовые значения и вычисляя, получаем  = 0.5 1/c, ω_рез = 9.97 1/с, А_рез = 2 см.