Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Механические колебания. Сборник задач с решениями. Задачник для СПО
.pdf
91
56. Груз, висящий на пружине, совершает вертикальные колебания с перио-
дом Т1, а другой груз на той же пружине — с периодом Т2. Определите период колебания на этой пружине груза с массой, равной сумме масс обоих грузов.
Решение.
22
22
1 2 1 2
12
44
2
m m m m
T T T
k k k
.
57. К пружине подвешена чашка весов с гирями. Период вертикальных
колебаний чашки равен Т1. После того, как на чашку положили добавочную гирю, период вертикальных колебаний стал равен Т2. Насколько удлинилась пружина от прибавления добавочной гири?
Решение. Обозначим: m1 — масса чашки с гирями; k — коэффициент
жёсткости пружины; m
2 —
масса добавочной гири. Тогда:
1
1
12
2
2
2.
m
T
k
mm
T
k
2 2 2
22
21
2 2 2 2 2 2
2
2 1 2 1
2
2
4 . .
4 4 ,
4
m F m g
T T k
k x x
m x x g
T T x T T
gm g
58. К подвешенной невесомой пружине жесткостью k снизу привязывают
нить, на которой висит гиря массой m (рис. 44). После смещения гири вниз от
ее положения равновесия на величину А, система стала совершать гармониче-
ские колебания с циклической частотой . Определите величину максимальной
силы натяжения нити, при которой вертикальные колебания груза будут еще
гармоническими.
92
Решение. Обозначим: Q — сила натяжения нити, g — ускорение свобод-
ного падения, а — ускорение гири.
Для того, чтобы гиря могла совершать гармонические колебания, нить
должна быть всё время в натянутом состоянии, т.е. должно выполняться неравенство:
g аmax.
Для колеблющейся гири второй закон Ньютона в проекции на направлен-
ную вниз координатную ось ОХ можно записать в виде:
mg — Q = ma = mA2 sin t + 0).
В крайнем нижнем положении гири ее ускорение примет максимальное
значение, и это уравнение примет вид:
Q = mg — A2).
59. К гире массой m1, висящей на невесомой пружине жесткостью k, сни-
зу подвешивают на нити вторую гирю (рис. 45). После перерезания нити первая
гиря стала совершать гармонические колебания, при которых амплитуда колебания скорости равна
max
v
. Определите массу второй гири.
Решение. После перерезания нити, на которой висела гиря массой
2
m
,
первая гиря начнет совершать гармонические колебания около положения равновесия, которое будет находиться на расстоянии А относительно исходного
местоположения второй гири. Причем, величина этого расстояния должна удовлетворять условию:
2
.kA m g
93
Циклическая частота гармонических колебаний первой гири равна:
1
,
k
m
а амплитуда скорости:
max
.vA
Отсюда:
max max
21
.
kv v
kA
m km
g g g
60. К оси невесомого подвижного блока подвешена на стержне гиря мас-
сой m. Блок висит на нити, один конец которой прикреплен к потолку, а другой
— к нижнему концу пружины жесткостью k. Верхний конец пружины закреплен так, что отрезки нити, не лежащие на блоке, вертикальны (рис. 46). Гирю
немного оттягивают вертикально вниз и отпускают. Определите период малых
колебаний гири.
Решение. Обозначим: g — ускорение свободного падения.
Из кинематических условий движения подвижного блока следует, что за
одно и то же время смещение гири должно быть в два раза меньше смещения
произвольной точки на пружине. Следовательно, в любой момент времени скорость гири будет в два раза меньше скорости смещения любой точки пружины.
Отсюда следует, что период колебания гири на подвижном блоке будет в два
раза меньше периода ее колебаний на вертикальной пружине:
.
m
Tk
94
61. Период вертикальных колебаний небольшого шарика на пружине в
три раза меньше периода колебаний математического маятника с тем шариком
и с длиной нити равной L. При подвешивании этого шарика к пружине она растягивается до длины, равной длине нити математического мятника. Определите
длину пружины в недеформированном состоянии.
Решение. Обозначим: m — масса шарика; k — коэффициент жесткости
пружины; g — ускорение свободного падения; Т1 — период колебания математического маятника; Т2 — период колебания пружинного маятника.
По условию задачи:
Т1 = 3Т
2
1
2 3 2
9
L m m L
g k k g
(*)
и
.
0
lLkmg
(**)
Разделим обе части уравнения (**) на k и с учетом (*) получим:
0 0 0
8
, , .
99
mL
g L l L l l L
k
62. Посредине жестко закреплённой на концах натянутой вертикальной
струны длиной l закреплен шарик массой m. Пренебрегая массой струны, определите период малых колебаний шарика, если сила натяжения струны при колебаниях шарика постоянна и равна F.
Решение. Обозначим: х — смещение шарика от положения равновесия
вдоль оси ОХ; — угол отклонения струны от вертикали.
Из условия задачи и рис. 47 следует, что:
,.
22
ll
x a x
95
Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на ось ОХ:
2 sin 2 .
x
ma F F
.
4
2 , 2 , 0.
2
l F F
mx F m
m ml
Отсюда циклическая частота колебания шарика будет равна:
4,F
ml
а период колебаний шарика:
2
.
ml
T
F
63. Подставка совершает вертикальные гармонические колебания с ам-
плитудой А. Каков должен быть наименьший период этих колебаний, чтобы
лежащий на подставке брусок не отделялся от неё?
Решение. Брусок, лежащий на подставке, не будет отделяться от неё в
крайнем верхнем положении, если ускорение силы тяжести не будет меньше
направленного вниз ускорения подставки в этой точке при её гармоническом
колебании. Максимальное (амплитудное) значение ускорения, направленного
вниз, подставка будет иметь в крайнем верхнем положении. Из уравнения гармонического колебания подставки:
2
0 max
22
sin , .
t
x A x A
TT
Наименьшее значение периода колебания Т получим, приравняв ампли-
туду ускорения подставки ускорению свободного падения, т. е.:
2
2
.Ag
T
Отсюда:
2
A
Tg
.
96
64. На гладком столе лежит тонкое резиновое кольцо массой m и жестко-
стью k. Кольцо немного равномерно растягивают по периметру и отпускают.
Определите период осесимметричных колебаний кольца (рис. 48).
Решение. Обозначим: r — исходный радиус кольца; R — максимальный
(амплитудный) радиус кольца при колебаниях;
При максимальном растяжении кольца величина упругой силы, возника-
ющей в кольце при колебаниях, согласно закону Гука будет определяться формулой:
2 2 .F k R r k r
Выделим небольшой участок колеблющегося кольца, ограниченный ра-
диусами R, образующими малый угол
(рис. 49). Учитывая, что силы натя-
жения, действующие на него со стороны соседних участков, направлены перпендикулярно соответствующим радиусам, их результирующая будет равна:
2 sin
2
FF
и направлена к центру кольца. Масса выделенного участка кольца будет равна:
.
2
m
m
97
Тогда второй закон Ньютона для малого выделенного участка колеблю-
щегося кольца примет вид:
2
2 , 4 0.
2
mk
r k r r r
m
Отсюда:
22
2
4 , , .
km
TT
mk
65. Определите период малых колебаний тонкого обруча радиуса R, под-
вешенного на гвозде, вбитого в вертикальную стенку.
Решение. Обозначим: m — масса обруча; — угол отклонения обруча от
вертикали; g — ускорение свободного падения.
Выделим небольшой участок колеблющегося обруча, ограниченный ра-
диусами, образующими малый угол и запишем уравнение колебательного
движения этого участка обруча массой
2
m
m
в проекции на направление ка-
сательной к выделенному участку обруча (рис. 50):
sin , 2 , 0.
2
g
mx mg R g
R
(Для малых углов
sin
). Откуда искомый период колебаний будет равен:
2
2.
R
Tg
98
66. На чашку пружинных весов массой М и жесткостью пружины k с не-
которой высоты падает шарик массой m (М m). Определите: а) величину
смещения точки, относительно которой будет совершать колебания чашка ве-
сов; б) высоту, с которой должен падать шарик, чтобы колебания чашки весов
происходили с наибольшей амплитудой. Сопротивление воздуха не учитывать,
соударения шарика с чашкой весов считать абсолютно упругими.
Решение. а). Обозначим: h — высота падения шарика; t — время падения
шарика с высоты h на чашку весов; t — интервал времени между двумя последовательными соударениями шарика о чашку весов; v — скорость шарика в
момент падения на чашку; p — величина изменения импульса шарика за каждое соударение; g — ускорение свободного падения.
Время падения шарика с высоты h на чашку весов найдем из кинематического уравнения свободно падающего тела без начальной скорости:
2
.
h
t
g
Тогда скорость шарика в момент падения будет равна:
2,v gt gh
а интервал времени между двумя последовательными упругими соударениями
шарика о чашку весов будет равен:
2
2 2 .
h
tt
g
За каждое соударение импульс шарика будет изменяться на величину:
2 2 2 ,p mv m gh
такой же по величине импульс будет передаваться чашке весов при каждом соударении шарика. Тогда за большой интервал времени ( t) импульс,
передаваемый чашке весов, будет равен
99
2
2
2
2
gh
P p m
t
h
g
.
Следовательно, усредненную по большому интервалу времени силу,
действующую на горизонтальную поверхность чашки весов со стороны подскакивающего шарика, можно найти из уравнения второго закона Ньютона:
ср
.
P mg
F mg
По условию задачи масса чашки весов намного больше массы шарика,
поэтому на медленное колебательное движение чашки весов будут накладываться почти периодические удары шарика, которые по усредненному динамическому воздействию будут эквивалентны статическому воздействию постоянной внешней силы величиной
ср
.F
Следовательно, искомое смещение точки по-
ложения равновесия весов теперь можно определить из закона Гука:
ср
.
F
mg
x
kk
б). По условию задачи ясно, что чашка весов совершает вынужденные
колебания под действием упругих ударов падающего шарика. Наибольшая амплитуда колебания чашки будет в том случае, когда в колебательной системе
возникнет явление резонанса — явление резкого возрастания амплитуды вы-
нужденных колебаний при совпадении частоты воздействия внешней силы (в
данном случае — частоты ударов подпрыгивающего шарика) при отсутствии
сил трения с собственной частотой колебания. Отсюда следует, что интервал
времени t должен быть равен периоду собственных колебаний чашки весов:
2
2 2 .
hM
gk
Из этого уравнения найдем искомую высоту падения шарика:
2
.
2
Mg
h
k
100
67. Невесомая пружина жесткостью k одним концом присоединена к оси
колеса массой m, которое может кататься без проскальзывания и трения по горизонтальной поверхности, а другим — прикреплена к вертикальной стенке
(рис. 51). Масса колеса однородно распределена по ободу. Определите период
малых колебаний колеса.
Решение. Обозначим: — угол, между двумя радиусами колеса, проведенными к началу и концу малого участка колеса (дуге окружности); r — ради-
ус колеса; = — угловая скорость вращения колеса вокруг его центра при
колебаниях.
Для решения задачи воспользуемся свойством полной механической
энергии колебательной системы (формулы 12-15), которая будет складываться
из потенциальной энергии упруго деформированной пружины
2
2
kx
и кинетиче-
ской энергии катающегося колеса, которую можно определить по формуле (20):
2
к к c
1
.
2
WW Мv
В данном случае первое слагаемое в этой формуле — кинетическая энер-
гия колеса (системы материальных точек массой
2
m
) в его относительном
движении по отношению к поступательно движущейся системе отсчета с началом в центре масс колеса, т. е. кинетическая энергия вращения колеса вокруг
его центра:
2
2 2 2
2
2
к
10
.
2 2 2 2 2
N
ii
i
mv
m r mv m
Wx
Второе слагаемое — кинетическая энергия поступательного движения
центра масс колеса:
2
с2
к
.
22
mv m
Wx
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]