Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методическое пособие 529

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2.08 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

откуда

tg 0	0	1	и 0		arctg ( 1)		.
tg 0	0 x0	1	и 0		arctg ( 1)	4	.
	0 x0					4

	A x2			2	=35 см.
	A x2			0	=35 см.
		0		2
				0

С учетом численных значений уравнение колебаний и уравнение скорости частицы можно представить в виде

	4t			;
x 35cos	4t		,см
		4

x140sin 4t см / с.

Вискомый момент времени t=2,4с координата х и скорость частицы будут иметь соответственно значения

х=-29см и = -80 см/с.

Задача 2. Точка совершает гармонические колебания вдоль некоторой прямой с периодом Т=0,6с и амплитудой А=10см. Найти среднюю скорость точки за время, в течение которого она проходит путь А/2: а) из положения равновесия; б) из крайнего положения.

Решение

Выберем за начало отсчета времени момент, когда точка проходит положение равновесия. Тогда уравнение колебаний будет иметь вид

x Asin 0t.

Исходя из этого уравнения определим момент времени t1, соответствующий положению точки х = А/2. Имеем

A2 Asin 2T t1 , откуда t1 12T .

Значение средней скорости точки при ее движении из положения равновесия определяется из формулы

;

100см / с.

ср1

2t1

Время движения точки из крайнего положения до

половины амплитуды будет равно t

С учетом этого

;

50см / с.

ср 2

cр2

2t2

Задача 3. Найти

амплитуду и

начальную фазу

результирующего колебания, возникающего при сложении двух одинаково направленных колебаний, выражаемых уравнениями:

x1 3cos t 3 см, x2 8sin t 3 см.

Написать уравнение результирующего колебания.

Решение

Вначале, используя тригонометрические формулы, приведем уравнение второго колебания к виду

x2
x2	8cos t	см.
		6

А1

О 2

А2

Рис. 1.14

найдем: А=8,5 см. Тангенс начальной

определится из рис.1.14.

Затем, построим векторную диаграмму сложения однонаправленных колебаний (рис. 1.14). Согласно теореме косинусов получим

A A12 A22 2A1 A2 cos ,

где 2 1.

Произведя вычисления,

фазы результирующего колебания

tg A1 sin 1 A2 sin 2 , A1 cos 1 A2 cos 2

=-0,2 рад.

Уравнение результирующего колебания запишете в

виде

x 8,5cos t 0,2 см.

Задача 4. Точка участвует в двух колебаниях с одинаковыми периодами и начальными фазами. Амплитуды колебаний А1=3см и А2=4см. Найти амплитуду результирующего колебания, если колебания взаимно перпендикулярны.

Решение

Если колебания взаимно перпендикулярны, то уравнение результирующего движения будет:

	x2		y 2	2xy		cos		sin 2			.
							2			2
	A2		A2	A A				1			1

1		2		1	2
Так как по условию						начальные фазы			складываемых

колебаний равны, то разность фаз ( 2– 1)=0, и, следовательно, cos0=1, sin0=0. С учетом этого уравнение результирующего колебания можно упростить

x2	y 2	2xy		0 , или (	x		y	)2 0 ,
A2	A2	A A			A		A

1	2	1	2		1	2

откуда

y A2 x . A1

Результирующим будет колебание точки вдоль прямой (рис. 1.15). Амплитуда этого колебания определится по теореме Пифагора

12 22 5см .

y
А2	А
А2
0	А1	x
Рис. 1.15

1.7.2.	Динамика гармонических колебаний
Задача	1. На концах тонкого стержня длиной =1м и

массой m1=0,4кг укреплены шарики малых размеров массами m2=0,2кг и m3=0,3кг. Стержень колеблется около горизонтальной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его середину. Определить период колебаний, совершаемых стержнем.

Решение

Стержень с шариком (рис.

1.16)

представляет собой физический маятник,

период колебаний

которого

определяется

формулой

T 2

mg c

где I – момент инерции маятника относительно

оси колебаний; m – его масса; c – расстояние

от центра масс маятника до оси.

Принимая

шарики

за

Рис.1.16

материальные точки,

общий

момент

инерции маятника определяем выражением

m 2 m

2 m 3m 3m ,

I=158 кг м2.

Масса маятника

m m1 m2

0,9

кг. Расстояние

c от оси маятника до его центра масс равно

mi xi

0 m2

m3 m2

m1 m2 m3

Произведя вычисления, найдем

c = 5,55 см, Т= 11,2 с.

где x0

Задача 2. Найти частоту малых колебаний системы, показанной на рис.1.17. Известны радиус блока R, его момент инерции I относительно оси вращения, масса тела m и жесткость пружины k.

Решение

В состоянии равновесия mg kx0 ,

– деформация пружины. При отклонении тела на величину х движение данной системы описывается уравнениями:

mx mg T1 , I T1 T2 R .

Учитывая, что x R			и
T2 k x0 x mg kx , получим
x	k		x 0 .

	m	I
	m	R2
		R2

		I
T1	R

		T2

O T1

РисРис. 1..17.6

Это равенство представляет собой дифференциальное уравнение, описывающее гармонические колебания данной системы. Сопоставляя его со стандартным видом дифференциального уравнения, найдем

0	k		.

	m	I
		I
		R2
		R2

Задача 3. Тело массой m упало с высоты h на чашку пружинных весов (рис. 1.18). Массы чашки и пружины пренебрежимо малы, жесткость последней k. Прилипнув к чашке, тело начинает совершать гармонические колебания в вертикальном направлении. Найти амплитуду колебаний и их энергию.

Рис..11.18.7

Решение

Учитывая то, что масса чашки мала, закон сохранения механической энергии запишется в виде

mgh	kx2	mgx ,

2

где х – деформация пружины, после прилипания тела к чашке весов.

Приведя данное уравнение к стандартному виду, и решая его относительно х, найдем

xmax	mg	m2 g	2 2kmgh	.
xmax		k		.
		k

В состоянии статического равновесия тела на весах выполняется условие

mg kx0 ,

откуда x0 mgk .

Таким образом, амплитуда колебаний груза на пружине определится как разность полученных значений, т.е.

A x		x		mg	I	2kh	.
	max		0
				k		mg

Энергия колебаний найдется из формулы

E	kA2	m2 g 2	mgh .

2		2k

Задача 4. Частица массой m=0,01кг совершает гармонические колебания с периодом Т=2с. Полная энергия колеблющейся частицы E=0,1мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы Fmax, действующей на частицу.

Решение

Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:

E 12 m 2 A2 ,

где = 2/Т. Отсюда амплитуда

A	T	2E
	2	m

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F=-kx, где k – коэффициент квазиупругой силы; х – смещение колеблющейся точки. Максимальной сила будет при максимальном смещении хmax равном амплитуде:

Fmax=kA.

Коэффициент k выразим через период колебаний: k m 2 m 4 2 / T 2 .

Подставив выражения для А и k в формулу для максимальной силы и произведя упрощения, получим

Fmax 2 2mE / T .

Произведем вычисления:

А= 45мм, Fmax 4,4 мН.

1.7.3.Затухающие и вынужденные колебания

Задача 1. В воде плавает льдина в виде параллелепипеда с площадью основания S и высотой Н. Льдину погружают в воду с начальной скоростью 0 .

Определить ее скорость в произвольный момент времени, если сила сопротивления воды пропорциональна скорости льдины.

Решение

До погружения льдина находится в равновесии. На нее

действуют

две

силы (рис.1.19,

а):

сила

тяжести

mg лVg л SHg

(где

л –

плотность

льда)

FА

выталкивающая сила Архимеда

FA В Shg (где в – плотность

воды; h – глубина погружения

льдины

состоянии

а)

б)

равновесия).

Рис.1.19

При погружении льдины

на дополнительную глубину х (рис.1.19,б) появляются

дополнительная сила Архимеда

F В Sxg В Sgx

и сила

сопротивления воды Fc

r . Под действием этих сил льдина

будет совершать затухающие колебания. Применяя второй

закон Ньютона, получим дифференциальное уравнение этих

колебаний

mx rx В Sgx

или

x 2 x 2 x 0 ,

(1)

где

–

коэффициент

затухания,

В Sg

В g

–

собственная

частота

л SH

л H

колебаний.

Как известно, решением уравнения (1) является

функция

sin t

x A e t

где

- частота затухающих колебаний.

Скорость колебания льдины

x A0e t cos t 0 sin t 0 .

Начальную амплитуду А0 и начальную фазу 0 определим из начальных условий (при t=0, х=0, х'(0) = 0):

0 A0 sin 0 ,

0 A0 sin0 A0 cos0 .

Откуда 0 0 , A0 0 .

Таким образом, колебания льдины происходят по

закону

x 0 e t sin t .

Тогда искомая скорость льдины в произвольный момент времени

	0			t	.
x	0	cos t	sin t e		.

Задача 2. Тело массой m=5г совершает затухающие колебания. В течение времени t=50с тело потеряло 60 своей энергии. Определить коэффициент сопротивления r.

Решение

Энергия тела, совершающего гармонические колебания, определяется по формуле

		E	mA2 2		.
		E			.
				2
Учитывая	зависимость			амплитуды			затухающих
колебаний от времени
		A= A e t ,
		0
получим
E	mA2e 2 t 2					e 2 t ,
	0	или		E= E			(1)
		или		E= E			(1)
	2			0
	2

			mA2 2
где	E0		0	– энергия тела в момент времени t=0.
где	E0		2	– энергия тела в момент времени t=0.
			2
		К моменту времени t=50с тело потеряло 60% своей
первоначальной энергии, следовательно,
				E 0,4E0 .					(2)
		Приравнивая (1) и (2), сокращая на Е0							и логарифмируя
обе части равенства, найдем:
				ln 2,5 2 t .
		Отсюда выражаем :
					ln 2,5			.	(3)
								.	(3)
						2t
		С другой стороны,
						r	.		(4)
							.		(4)

Из сравнения (3) и (4) получим

r m ln 2,5 . t

После подстановки числовых значений найдем r = 9,16 10-5 кг/с.

Задача 3. Тело массой m=10г совершает затухающие колебания с максимальным значением амплитуды 7см, начальной фазой, равной нулю, коэффициентом затухания, равным 1,6с-1. На это тело начала действовать внешняя периодическая сила, под действием которой установились вынужденные колебания. Уравнение вынужденных колебаний имеет вид x 5sin 10t 0,75 см. Найти: 1) уравнение

свободных колебаний; 2) уравнение внешней периодической силы.

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20222.03 Mб18Методическое пособие 524.pdf
#
30.04.20222.04 Mб4Методическое пособие 525.pdf
#
30.04.20222.05 Mб3Методическое пособие 526.pdf
#
30.04.20222.05 Mб4Методическое пособие 527.pdf
#
30.04.20222.07 Mб16Методическое пособие 528.pdf
#
30.04.20222.08 Mб5Методическое пособие 529.pdf
#
30.04.2022611.33 Кб21Методическое пособие 53.doc
#
30.04.2022319.44 Кб1Методическое пособие 53.pdf
#
30.04.20222.08 Mб12Методическое пособие 530.pdf
#
30.04.20222.1 Mб3Методическое пособие 531.pdf
#
30.04.20222.11 Mб6Методическое пособие 532.pdf