|
|
Решебник по физике |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m = 200 г |
|
Циклическуючастотуколебанийопре- |
A = 2 см |
|
делим по формуле |
|
|
k = 16 Н/м |
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
w = |
ω — ? |
|
|
|
. |
|
|
m |
W — ? |
|
Выразим все величины в единицах СИ: |
|
|
|
|
|
200 г = 0,2 кг |
|
|
2 см = 0,02 м |
Произведем вычисления: ω = |
|
16 |
|
рад/с ≈ 8,9 рад/с. |
0,2 |
|
|
|
|
|
|
|
Энергия маятника равна его максимальной потенциальной энергии, которая определяется формулой
Произведемвычисления:W= 16 0,022 Дж=3,2·10–3 Дж. 2
Ответ: ω = 9, рад/с, W = 3,2 ∙ 10–3 Дж.
Задача 10. Пружинный маятник оттянули от положения равновесия на 1,5 см и отпустили. Какой путь пройдет маятник за 1 с, если период его колебаний 0,2 с?
Обозначим А амплитуду колебаний, t — время колебаний, Т — период колебаний, S — пройденный путь.
Дано:
А = 1,5 см t = 1 с
Т = 0,2 с
S — ?
Решение
В пути S, пройденном маятником за 1 с, может укладываться целое число амплитуд, а может — нет.
Чтобы это определить, подсчитаем сначала, сколько периодов Т укладывается во времени t:
Tt = 0,21 cc = 5.
4. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности, атомная физика
Каждый период, т. е. время полного колебания, соответ ствует 4 амплитудам: два раза маятник отклоняется в одну сторону и два раза — в другую. Значит, за время t = 1 с маятник максимально отклонился от положения равнове-
сия 5 ∙ 4 = 20 раз.
Следовательно, путь S, пройденный им за время t, равен:
S = 20 A = 20 ∙ 1,5 см = 30 см.
Ответ: S = 30 см.
Задача 11. Два наклонных к горизонту желоба составляют между собой угол (рис. 182). Левый желоб наклонен к горизонту под углом 600, а правый — под углом 300. С вершины левого желоба, расположенной на высоте 50 см над горизонтальной поверхностью, начинает скользить без трения маленький шарик. С какой частотой он будет совершать колебания, скользя вверх и вниз по этим желобам?
Рис. 182
Обозначим α угол между левым желобом и горизонтом, β — угол между правым желобом и горизонтом, h — высоту левого желоба, ν — частоту колебаний шарика, Т — период колебаний, t1 — время, в течение которого шарик скатывается с вершины 1 до основания, t2 — время, в течение которого шарик скатывается с вершины 2 до основания, S1 — путь, пройденный шариком при спуске с вершины 1, m — масса шарика, g — ускорение свободного падения, a1 — ускорение шарика при спуске, v1 — скорость шарика у основания при спуске с вершины 1, a2 — ускорение шарика при подъеме.
Решебник по физике
|
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
|
|
α = 60° |
|
Частота колебаний — это величина, |
|
β = 30° |
|
обратная периоду Т: |
|
|
h = 50 см |
|
ν = |
1 |
|
|
|
g = 10 м/с2 |
|
. |
(1) |
|
|
|
|
|
|
T |
|
|
ν — ? |
|
Здесь Т — время, в течение которого |
|
|
|
шарик скатится с вершины 1 (рис. 182), поднимется на вершину 2, затем скатится с вершины 2 и снова поднимется на вершину 1. Поскольку трение отсутствует, то сколько времениt1 шарикскатываетсясвершины1дооснования,столько же он поднимается с основания до вершины 1. И то же самое можно сказать о времени t2 подъема и таком же времени скатывания с вершины 2. Тогда период Т равен:
Т = 2 t1 + 2 t2 = 2(t1 + t2). |
(2) |
Значит, задача сводится к нахождению времени спуска t1 шарика с вершины 1 до основания наклонной плоскости
ивремени его подъема t2 от основания до вершины 2.
Впрямоугольном треугольнике с катетом h и противо-
лежащим ему углом αгипотенуза есть путь S1, пройденный шариком при спуске с вершины 1. Этот путь найдем по формуле
S1 = sinha.
На этом пути на шарик действует скатывающая его сила mg sin α, являющаяся составляющей силы тяжести mg и равная по второму закону Ньютона произведению массы шарика m и его ускорения а1:
|
mg sin α = ma1, |
откуда |
а1 = g sin α. |
Зная ускорение шарика и путь, пройденный им с вершины 1 до основания, мы найдем время этого спуска, когда начальная скорость равна нулю:
S1 = a12t1 ,
4. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности, атомная физика
откуда |
t1 = |
2S1 |
= |
2h |
= |
1 |
|
2h |
. |
(3) |
|
gsina sina |
sina |
|
|
|
a1 |
|
g |
|
Конечная скорость шарика у основания при спуске
свершины 1 является его начальной скоростью при подъ-
еме до вершины 2. Эту скорость v1 несложно найти по формулекинематикидляслучаяравнозамедленногодвижения
сускорением а2 к вершине 2, когда конечная скорость шарика равна нулю:
|
0 = v1 – a2 t2, |
где |
а2 = g sin β, |
поэтому |
v1 = gt2 sin β. |
И эта же скорость при равноускоренном спуске без начальной скорости с вершины 1 равна:
v1 = а1t1 = gt1 sin α.
Приравняв правые части двух последних равенств, выразим время t2 через уже найденное время t1:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
gt2 sin β = gt1 sin α, |
|
|
|
откуда |
|
|
t = t |
sina |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
1 sinβ |
|
|
|
|
|
|
или с учетом выражения (3) |
|
|
|
|
|
|
t |
= |
1 |
|
2h |
|
sina |
= |
|
1 |
|
2h |
. |
(4) |
sina |
|
g |
|
|
sinβ |
|
2 |
|
|
|
sinβ |
|
g |
|
Теперь подставим правые части равенств (3) и (4) вместо времен t1 и t2 в выражение (2):
T = 2 |
|
1 |
|
2h |
+ |
1 |
|
2h |
= 2 |
2h sina+sinβ |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
sinβ |
|
g |
g |
|
sinasinβ |
|
sina |
|
|
|
|
|
|
|
Тогда частота колебаний шарика, согласно (1), равна:
ν= |
sinasinβ |
|
g |
|
|
|
. |
2(sina+sinβ) |
2h |
Ответ: ν = 0,05 Гц.
Задача 12. По дну сферической емкости радиусом R без трения движется маленький кубик (рис. 183). Найти период его ко-
лебаний.
Обозначим Wk maх максималь- Рис. 183 ную кинетическую энергию кубика на дне емкости, m — массу кубика, vmax — его максималь-
нуюскорость,Wpmax—максимальнуюпотенциальнуюэнер- гию кубика на краю емкости, g — ускорение свободного падения, π — число «пи», T — период колебаний кубика.
Решебник по физике
Выразим высоту в единицах СИ: 50 см = 0,5 м. Произведем вычисления:
ν = |
sin60°sin30° |
10 |
Гц = 0,52 Гц. |
2(sin60°+sin30°) |
|
2 0,5 |
Дано: Решение
RПо закону сохранения механической
gэнергии максимальная кинетическая
энергия кубика на дне чаши равна его T — ? максимальной потенциальной энергии на
ее краю:
Wp max = Wk max.
По формуле кинетической энергии
|
|
|
mv2 |
|
W |
k max |
= |
max |
. |
(1) |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
Максимальную скорость кубика найдем по формуле
vmax = ωА,
где А — амплитуда колебаний кубика. Ее мы найдем по теореме Пифагора (см. рисунок):
4. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности, атомная физика
А = R2 +R2 = 2R2 = R 2.
С учетом этого максимальная скорость кубика на дне
емкости будет равна |
|
|
|
|
|
|
vmax = wR 2. |
|
(2) |
Подставим (2) в (1): |
|
|
|
|
W |
= |
m(wR 2)2 |
= |
2m(wR)2 |
= m(wR)2. |
(3) |
|
|
k max |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
Максимальную потенциальную энергию кубика определим по формуле потенциальной энергии тела, поднятого на
высоту R: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wp max = mgR. |
(4) |
Приравняем правые части равенств (3) и (4): |
m(ω R)2 = mgR, ω2 R2 = gR , |
ω2 R = g, |
где |
|
|
ω = |
2p |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T |
|
|
|
4p2 |
|
|
|
R |
С учетом этого |
|
|
R = g, откуда T = 2p g . |
|
T2 |
Ответ: T =2p |
R. |
|
|
|
|
|
g |
|
|
|
|
Задача 13. Амплитуда гармонических колебаний 2 см, полная энергия колебаний 3 ∙ 10–7 Дж. Найти смещение маятника, считая от начала колебания, в тот момент, когда на него действует сила 2,25 мН.
Обозначим А амплитуду колебаний, W — полную энергию маятника, x — его смещение, F — мгновенную силу, действующую на маятник, m — массу маятника, a — его ускорение, v — мгновенную скорость маятника, ω — циклическую частоту колебаний, vmax — максимальную скорость, Wmax k — максимальную кинетическую энергию.
|
|
Решебник по физике |
|
|
|
Дано: |
|
Решение |
|
А = 3 ∙ 10–7 Дж |
|
По второму закону Ньютона дейс- |
F = 2,25 мН |
|
твующая на маятник в этот момент си- |
|
|
ла F = ma, где ускорение a = ω2A cos α. |
x — ? |
|
|
Смещение маятника в этот момент |
|
|
|
х = А cos α. Разделим последние равенства друг на друга:
a |
= |
w2 Acosa |
2 |
, |
x |
Acosa |
= w |
|
|
|
|
|
x = |
a |
|
|
откуда |
|
|
. |
|
|
|
w2 |
|
|
Из второго закона Ньютона a = mF .
С учетом этого, |
x = |
|
|
F |
|
|
. |
|
(1) |
|
|
|
|
mw2 |
Полная энергия маятника равна его максимальной ки- |
нетической энергии: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
W = W |
|
|
|
= |
mv2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
max |
,, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
maxk |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где |
vmax = ωА, |
|
|
|
W = |
mw2 A2 |
|
поэтому |
|
|
|
2 |
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
откуда |
mw2 = |
|
2W |
. |
(2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A2 |
|
|
|
|
|
Теперь подставим правую часть равенства (2) в форму- |
лу (1) вместо mω2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x = |
FA2 |
. |
|
|
|
|
2W |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x = |
2,25 10−3 0,022 |
|
|
м = 0,15 м. |
|
2 3 10−7
Ответ: х = 0,15 м.
486
Дано:
m = 500 г = 0,5 кг
Fmax — ?
4. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности, атомная физика
Задача 14. На рис. 184 показан график колебаний пружинногомаятникамассой500г.Чемуравнамаксимальная сила упругости, действующая на маятник?
Рис. 184
Обозначим m массу маятника, А — амплитуду колебаний, х — смещение, t — время колебаний, Т — период, аmax — максимальное ускорение, Fmax — максимальную силу упругости, ω — циклическую частоту.
Решение
Из графика следует, что амплитуда колебаний А = 40 см = 0,4 м и период колебаний Т = 8 с.
По второму закону Ньютона Fmax = mаmax, где максимальное ускорение связано с амплитудой колебаний фор-
мулой
аmax = ω2А.
В свою очередь, циклическая частота связана с периодом колебаний формулой
ω = 2Tp .
С учетом этого
Решебник по физике
|
|
|
2π |
|
|
|
|
аmax = |
|
|
|
2А. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
2π |
2 |
|
Тогда |
Fmax = m |
|
|
|
|
А. |
|
|
|
|
|
|
|
T |
|
|
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
Fmax = 0,5 |
2 3,14 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0,4 Н = 0,12 Н. |
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
Ответ: Fmax = 0,12 Н.
Задача 15. Смещение пружинного маятника массой 200 г изменяется по закону х = 0,05 sin 2πνt, где частота ν = 1 Гц. Все величины выражены в единицах СИ. Определить полную механическую энергию маятника.
Обозначим х смещение маятника, m — его массу, А — амплитуду колебаний, t — время колебаний, W — полную механическую энергию маятника, Wk max — его максимальную кинетическую энергию, vmax — максимальную скорость, ω — циклическую частоту.
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m = 200 г = 0,2 кг |
|
По закону сохранения энергии |
х = 0,05 sin 2πνt |
|
полная механическая энергия ма- |
ν = 1 Гц |
|
ятника равна |
его |
кинетической |
|
|
энергии: |
|
|
|
|
|
W — ? |
|
|
|
|
mv2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
W = W |
k max |
= |
max |
. |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Максимальная скорость маятника связана с его амплитудой формулой
vmax = ωА.
Циклическую частоту выразим через частоту колебаний:
ω = 2πν.
Из уравнения колебаний следует, что амплитуда равна
0,05 м.
С учетом этих выражений W = m(2πνA)2 = 2m(πνА)2. 2
4. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности, атомная физика
Произведем вычисления:
W = 2 ∙ 0,2 (3,14 ∙ 1 ∙ 0,05)2 Дж = 9,9 ∙ 10–3 Дж = 9,9 мДж.
Ответ: W = 9,9 мДж.
Задача 16. Звук дошел до наблюдателя по рельсу быстрее, чем по воздуху, на 3 с. Расстояние от того места, где ударили по рельсу, до наблюдателя 1060 м, скорость звука
ввоздухе 330 м/с. Найти скорость звука в металле, из ко-
торого изготовлен рельс.
Обозначим ∆t разность во времени прохождения звуком
расстояния S, vв — скорость звука в воздухе, vст — скорость звука в стали, t1 — время прохождения звуком расстояния S в воздухе, t2 — время прохождения звуком расстояния S
встали.
Дано:
∆t = 3 с
S = 1060 м vв = 330 м/с
vст — ?
Решение
Скорость звука в стали найдем, разделив расстояние S на время его прохождения в ней t2:
Время t2 меньше времени t1 на промежуток ∆t, поэтому справедливо равенство:
t2 = t1 – ∆t.
С учетом этого формула (1) примет вид:
Время t1, за которое звук пройдет расстояние S по воздуху, найдем, разделив это расстояние на скорость звука в воздухе, которая нам известна:
Подставив (3) в (2), мы решим задачу в общем виде:
